Bổ đề nâng số mũ - Tài liệu tổng hợp

BỔ ĐỀ NÂNG SỐ MŨ VÀ ỨNG DỤNG
Bổ đề nâng số mũ là một công cụ rất hiệu quả, giải quyết nhanh gọn nhiều bài toán số học khó như chia
hết, phương trình nghiệm nguyên, chứng minh sự tồn tại… Do khuôn khổ bài viết nên các tính chất đơn giản,
không trình bày chứng minh ở đây, bạn đọc xem như bài tập nhỏ; các chứng minh công thức Legendre, định lý
Kummer, bổ đề nâng số mũ có trong một số tài liệu đã dẫn, chúng tôi không nêu lại. 1 SỐ MŨ ĐÚNG
Định nghĩa 1.1. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và a là số tự nhiên. Ta gọi pa là số mũ đúng của a
và a là số mũ đúng của p trong khai triển của a nếu pa | a và a +1 p a
Œ . Khi đó ta viết pa Pa hay v a = a . p ( )
Ví dụ: Ta có v 54 = 3 vì 3 3 | 54 và 4 3 54 Œ . 3 ( )
Từ định nghĩa ta có một số tính chất đơn giản sau.
Tính chất 1.1. Với a, ,
b c là các số nguyên, p là số nguyên tố thì: 
v ab = v a + v b . p ( ) p ( ) p ( )  v ( n a = n v a . p ) . p ( ) 
min { v (a) ,v b £ v a + b , dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi v a ¹ v b . p p ( ) } p ( ) p ( ) p ( ) 
v { gcd ( a , b , c )} = min {v (a) ,v (b) ,v c . p p p p ( )} 
v {lcm ( a , b , c )} = max {v (a) ,v (b) ,v c . p p p p ( )} 
b | a « v a ³ v b . p ( ) p ( )
Tính chất của số mũ đúng được sử dụng nhiều trong các bài toán số học như chia hết, chứng minh sự tồn tại hoặc
không tồn tại, giải phương trình nghiệm nguyên…Sau đây ta xét một số ví dụ.
Ví dụ 1. 1. (Poland 2016) Cho k, n là các số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng nếu tồn tại số tự nhiên
a thỏa mãn | 2a + 1, | 2a k n
- 1 thì không tồn tại số tự nhiên b thỏa mãn | 2b - 1, | 2b k n + 1 .
Lời giải. Giả sử tồn tại b thỏa mãn. Ta có a 2 ∣ 2 1∣ 2 a k + - 1 và ∣ 2a n
- 1 nên ord ( 2) ∣ 2a,ord ( 2 ∣b và ord ( 2 a Œ . k ) k k ) v a + 1
Do đó v ord 2 = v a + 1 ® 2
∣b ® v a + 1 £ v b . 2 ( k ( )) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) Tương tự v b +1 2 ( ) 2
∣a ¾ ¾® v b + 1 £ v a . 2 ( ) 2 ( )
Mâu thuẫn này chứng tỏ không tồn tại b thỏa mãn. 2
Ví dụ 1.2. Cho a, ,
b c nguyên dương thỏa mãn c (ca + )1 = ( 2c + b) ( 3c + b) . Chứng minh rằng c là số chính phương.
Lời giải. Ta có c (ca + )2 2 2 2
1 = 6c + 5bc + b ® c | b .
Gọi p là ước nguyên tố tùy ý của c , ta có v ( 2
b ) ³ v (c) ® 2v b ³ v c . (1) p p p ( ) p ( )
Nếu v b ³ v c thì do gcd (ca + 1,c) = 1 nên v ca + = . p ( )1 0 p ( ) p ( )
Do đó v (c) = v ( 2c + b) + v ( 3c + b) ³ 2v c , vô lý. p p p p ( )
Vậy v (c) > v (b) ® v (c) = v ( 2c + b) + v ( 3c + b) ³ 2v b . (2) p p p p p p ( )
Từ (1) và (2) suy ra v (c) = 2v b , như vậy mọi lũy thừa trong khai triển ra thừa số nguyên tố của c đều chẵn, p p ( )
tức là c là số chính phương. 1 3 xy
Ví dụ 1.3. (Greece 2015) Tìm x,y nguyên dương và p nguyên tố sao cho = p . x + y Lời giải. Ta có 3
xy = p ( x + y) ® x | py,y | px .
Do đó với mọi số nguyên tố q ¹ p ta có v x £ v y £ v x . Nên v x = v y và v x - v y £ . p ( ) p ( ) 1 q ( ) q ( ) q ( ) q ( ) q ( )
Do đó x = py hoặc x = y hoặc y = px .  Nếu 4
x = py ® py = p ( py + y) 3 3
® y = p + ® p = y - = ( y - ) ( 2 1 1 1 y + y + )1 . Do đó 2
y - 1 = 1,y + y + 1 = p ® y = 2, p = 7, x = 14 .  Nếu 4 3
x = y ® x = .
p 2x ® x = 2p , mâu thuẫn do v ( 3 x
Î 1, 2 không chia hết cho 3. 2 ) { }  Nếu 3 4
y = px ® p x = p ( x + px ) 2 3
® p x = 1 + p , vô lý.
Vậy ( x,y, p) = ( 14, 2, 7) .
Ví dụ 1.4. (Turkey MO) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với mọi a nguyên dương lẻ và nguyên
tố cùng nhau với n thì 2 2 n
n a - 1 . Chứng minh rằng n là số square – free. (Một số nguyên được gọi là
số square – free nếu nó là tích của các số nguyên tố phân biệt)
Lời giải. Xét ước nguyên tố p bất kỳ của n và đặt m = v n . Nếu p chẵn thì chọn a sao cho p ( ) æ n ö
a º 5( mod 8) ,a º 1 m çç od ÷÷ 2 ç
thì dễ thấy v 2n = 1 + 2m và 2 ( ) m çè p ÷÷ø n
v a - 1 = v a - 1 + v n = 2 + m. Suy ra 1 + 2m £ 2 + m ¾ ¾® m £ 1. Tương tự với p lẻ. Do 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
đó tất cả số mũ cua p n đều là 1 nên n là số square – free.
Ví dụ 1.5. (Đề đề nghị Olympic 30.4) Gọi A là tập hợp các ước dương của 10
30 . Hai số x, y Î A gọi là liên kết
với nhau nếu tồn tại k + Î ¢ sao cho ( k k
xy x + y ) . Hỏi có bao nhiêu cặp có tính thứ tự, không nhất thiết phân
biệt ( x,y) liên kết với nhau trong A ?
Lời giải. Trước hết chứng minh điều kiện cần và đủ để có 2 số x, y liên kết với nhau là x, y có cùng tập ước
nguyên tố. Thật vậy, chiều thuận là hiển nhiên vì k a b và k
b a chứng tỏ không thể có các ước nguyên tố riêng;
chiều đảo thì chỉ cần chọn k đủ lớn để với p là ước nguyên tố củaab thì
v (ab) = v (a) + v (b) £ k min {v (a) ,v (b)} £ v ( k k a + b p p p p p p ) .
Xét sự có mặt của ước nguyên tố 2 trong hai sốa,b : Nếu cùng là mũ 0 thì có 1 cách chọn, nếu cùng là mũ lớn hơn
0 thì mỗi số có 10 cách chọn nên tổng cộng có 2 10 + 1 = 101 cách.
Do các ước nguyên tố 2, 3, 5 độc lập nhau nên theo nguyên lý nhân có 3 101 cặp liên kết nhau.
Định lý 1.1. (Công thức Legendre) Cho p là số nguyên tố, n là số nguyên dương. Khi đó, ta có: + ¥ ê ú ( ) n v n ! = ê ú å p k ê ú k = 1 p ë û n - s n p ( )
Cách viết khác: v n =
, trong đó s n là tổng các chữ số của n khi viết trong hệ cơ số p . p ( ) p ( )! p - 1 2 n ê ú ê n ú
Chứng minh. Vì ê ú- ê
ú có đúng m số thỏa mãn v m = i , nên p ( ) i i 1 p ê ú p + ê ú ë û ë û n n ê ú n ê ú æ n ê ú n ê ö ú æê ç ÷ n ú n ê ö ¥ ú ç ÷ n ê ú v n = v i = ê ú- ê ú+ ê ç ú- ê ú÷+ ê ç ú- ê ú÷+ = ê ú å å p ( )! p ( ) 2 3 ... 2 ê ú ê ú ç 2 3 ÷ ê ç ú ê ú÷ ç 3 4 ÷ i ÷ ê ë û ë û èë û ë ø ç ú ê ú÷ ê ú = p i 1 p p p û è p p ë û ë ø i= 1 p û ë û s s n ê ú Viết i n = n p å thì i- j ê ú= n p å . Khi đó i i i ê ú i= 0 p i= j ë û s s s s i ê ú æ - 1 ö s i n - s n n ê ú ç ÷ - - p i j j 1 p ( ) = n p = n å å å å ç p ÷= n = å å . j i i ê ú ç ÷ i ç ÷ ë û è ø - - = p = = = = = p p j j i j i j i 1 1 1 1 1 0 1
(Bạn đọc có thể xem chứng minh định lý này trong cuốn Number Theory: Concepts and Problems của Gabriel Dospinescu) k- 1 j ! 2
Ví dụ 1.6. (USA 2016) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k , số ( k ) !.Õ là số nguyên.
j = 0 ( j + k ) ! æ k- 1 ö + ¥ æ 2 ç ÷ ê ú k- 1 j ! ç ÷ ç k æê ê ç ÷= ç ú ç j ú j ê + k úö ö÷ ÷
Lời giải. Xét số nguyên tố p bất kỳ. Ta có v k + ê ç ú- ê ú÷ ÷ ç Õ ÷ å ç å ÷ p ( 2 ) !. ê i ú ç i i ÷ + ÷ ç ç ê ç ú ê ú÷ ÷ j = 0 è ( j k) !ø è è ÷ i= 1 p j = 0 p p ë û ë û ë ø ûø 2 ê ú k- 1 k æ ê ú ç j ê k ú êj ö ú + ÷ Ta chứng minh với i
m = p bất kỳ thì ³ ê ç ú- ê ú÷ å . Thật vậy: m ê ú ç ÷ ê ç ú ê ú÷ = è m m j 0 ë û ë û ë ø û 2 2 ê0 ú k ê 1ú k ê ú k ê ú 2 ê k 1ú ê0 ú k ê 1ú k ê ú k ê ú 2 ê k 1ú - - - - ê ú+ L + ê ú ê ú + ³ ê ú+ L + ê úÛ ê ú+ L + ê ú ê ú + > - 1 + ê ú+ L + ê ú m ê ú ê m ú m ê ú m ê ú ê m ú m ê ú ê m ú m ê ú m ê ú ê m ú ë û ë û ë û ë û ë û ë û ë û ë û ë û ë û ìï 0 üï
ìï k - 1üï ìï k üï ìï 2k - 1üï Mà ta dễ có ï ï ï ï ï ï ï ï í ý + L + í ý £ í ý + L + í ý . ï m ï ï m ï ï m ï ï m ï ïî ïþ ïî ïþ ïî ïþ ïî ïþ 2 0 k - 1 k k 2k - 1 2 2 k ê ú k Ngoài ra + L + + = + L + và ê ú+ 1 >
ta suy ra điều phải chứng minh. m m m m m m ê ú m ë û
Ví dụ 1.7. (Mathematical Reflections S 206) Tìm tất cả các số nguyên n > 1 có thừa số nguyên tố p sao cho
v ( n )! n - 1. p n ê ú
Lời giải. Viết n = kp , từ công thức Legendre có v ( n )! = k + ê ú+ ... ³ k. p 2 p ê ú ë û - 1 - 1 n - s n n n n n - 1 p ( ) Vì thế p = > ³ ³ = p - . Do
là một số nguyên thuộc ( p 1;pù - k k v n v n v n úû nên p ( )! p ( ) p ( ) 1 ! ! n -
s ( n ) = 1, điều này chứng tỏ n lũy thừa của p . Ngược lại, nếu k n p , k + = Î ¢ thì v n = là ước của p ( ) 1 ! p p - 1 n - 1.
Định lý 1.2. (Định lý Kummer) Với n ³ i ³ 1 nguyên dương và p nguyên tố, khi đó v ( i C bằng tổng số lần p n )
“nhớ” khi thực hiện phép cộng ( n - i) và i trong hệ cơ số p .
Chứng minh định lý này có thể xem trong cuốn Number Theory: Concepts and Problems của Gabriel Dospinescu. 3
Ví dụ 1.8. (China 2015) Tìm các số nguyên k sao cho tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn n n + k C Œ . 2n
Lời giải. Nếu k = 0 chọn n n 2a =
với a ³ 2 nguyên dương bất kỳ, từ định lý Kummer ta có v C = 1 mà 2 ( 2n ) 4 n + k . 1 n 1 Nếu k = 1 ta có n n n n n + 1 C = C - C = C - C
là số tự nhiên nên ( n + ) 1 n C ( n C là 2n 2n 2n 2n 2 n + 1 n + 1 n 2n 2 n + 1 n số Catalan).
Nếu k ¹ 0,1 chọn n 2a =
- k với a ³ 3 + log k nguyên dương bất kỳ, từ định lý Kummer ta có 2 n v C £ a - 1 mà a . 2 ( 2n ) n + k = 2
Nếu k < 0 , với số nguyên tố p > 2 k , chọn n = p - k từ định lý Kummer ta có - n v C = v C =
® p = n + k C Œ . p ( n p k 0 2n ) p ( 2 p- k ) ( ) 2n
Kết luận: mọi số nguyên k ¹ 1 đều thỏa mãn điều kiện bài toán. 2
BỔ ĐỀ NÂNG SỐ MŨ
Định lý 2.1. Cho x,y là các số nguyên, n là số nguyên dương, p là số nguyên tố thỏa mãn p x Œ , p y Œ :  Nếu p n
Œ , p | x - y thì v ( n n x - y = v x - y .(1) p ) p ( ) 
Nếu p ¹ 2, p | x - y thì v ( n n x - y
= v x - y + v n . (2) p ) p ( ) p ( ) 
Nếu x,y lẻ và 4 | x - y thì n n v x - y
= v x - y + v n . (3) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 2 x æ y ö -  ç ÷
Nếu n chẵn, x, y lẻ thì n n v x - y = v ç ÷+ v n .(4) 2 ( ) 2 ç ÷ 2 ( ) çè 2 ÷ø 
Nếu n lẻ, p | x + y thì v ( n n x + y
= v x + y + v n . (5) p ) p ( ) p ( )
Chứng minh định lý trên bạn đọc có thể xem trong [1] (Amir Hossein Parvardi: Lifting The Exponent Lemma) hoặc
trong cuốn Number Theory: Concepts and Problems của các tác giả Gabriel Dospinescu, and Oleg Mushkarov. m n Ví dụ 2.1. Cho 2
F = 2 n + 1 là số Fermat thứ n . Chứng minh rằng: 2 + 2 F - 1 2 m F
- 1, " m,n Î ¥ . n n
Lời giải. Từ (4) có v ( F - 1 m F
- 1 = v F - 1 + v F - 1 . Từ v F - 1 = 2m ,v F - 1 = 2n có 2 ( m ) 2 ( n ) 2 n ) 2( n ) 2( m ) F
v F - - 1 = 2m + 2n ® 2 m n + F - m m F - 1. 2 ( 1 n ) 2 2 1 n
Ví dụ 2.2. Cho k +
Î ¢ . Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3k 2n - 1.
Lời giải. n lẻ không thỏa mãn vì 2n - 1 º 1( mod 3) . Nếu n chẵn, đặt n = 2m có 4m v
- 1 = v m + 1 ³ k ¾ ¾® v m ³ k - 1, suy ra k- 1 *
m = 3 s,s Î ¥ . 3 ( ) 3 ( ) 3 ( )
Ví dụ 2.3. Cho a, n là 2 số nguyên dương, p là số nguyên tố sao cho n p
p a - 1. Chứng minh rằng a ( n 1 1 mod p - º ) . 4
Lời giải. Theo định lý Fermat ta có p
a º a º 1( mod p) , do đó v a v a n a p - - = - - ³ - ¾ ¾® º (đpcm). p ( ) p ( p ) ( n 1 1 1 1 1 1 mod )
Ví dụ 2.4. Tìm a để 4( n
a + )1 là lập phương của một số nguyên dương với mọi n + Î ¢ .
Lời giải. Nếu a > 1 thì 2
a + 1 không thể là lũy thừa của 2 (do 2
a + 1 º 1, 2( mod 4) ). Chọn p là ước nguyên tố lẻ của 2
a + 1 . Lấyn = 2m, m lẻ và để ý rằng v ( ( 2 a + ) = v ( 2 4 1
a + )1 + v m , nhưng p p p ( )
v ( m ) º b( mod 3) ,b tùy ý. p
Suy ra , khi a > 1 thì 4( n
a + )1 không thể là số lập phương. Với a = 1 thì ( n a + ) 3 4 1 = 8 = 2 thỏa mãn.
Ví dụ 2.5. Cho k Î ¢ , k > 1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 1n + 2n + ... n n + k .
Lời giải. Nếu 1 + k không là lũy thừa của 2, chọn 1 số nguyên tố lẻ p , p 1 + k và lấy m
n = p . Khi đó, với mỗi n æ ö
j không chia hết cho p , ta có: n
v çj + k + - j ÷ ç ÷= v k + + v n ³ m + p ( 1 ) ÷ p ( )1 p ( ) 1. è ø
Cũng thế, nếu p j (và
bằng cách ấy p k + 1 - j ) thì m n n
n p p j do đó tổng trong đề bài chia hết cho m p = n.
Nếu 1 + k là lũy thừa của 2, lấy một ước nguyên tố lẻ p của k và lặp lại lập luận trên với k - 1 thay vìk.
Ví dụ 2.6. Cho p là một số nguyên tố, a vàn là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 2p + 3p n = a thì n = 1.
Lời giải. p = 2 , dễ thấy a = 13, n = 1. Xét p > 2 , ta có 2p 3p +
º 2( mod 3) nên nó không thể là số chính phương, mà 2p + 3p = 1 + £ 2 n v v p ¾ ¾® v a = 1 ¾ ¾® n = 1. 5 ( ) 5 ( ) 5 ( )
Ví dụ 2.7. (VMO 1997) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều tồn tại k nguyên dương để cho 2n 19k - 97 .
Lời giải. Chứng bằng bằng quy nạp. Với n = 1 chọn k = 1. Giả sử khẳng định trên đúng đến n , tức có k để
2n 19k - 97 . Có 2 trường hợp: Nếu 19k v
- 97 ³ n + 1 thì quy nạp hoàn tất. 2 ( ) Nếu 19k v
- 97 = n thìt = 2s chẵn, ta có: 2 ( ) (19t - 97) = ( 2 19 s v v - 97) = v ( 2
19 - 1 + v s = 3 + v s . 2 2 2 ) 2 ( ) 2 ( ) Chọn 2 t 2n t - =
thìv s = n - 3 nênv 19 - 1 = n . Đặt n - 2 k + 2 k n
và19k - 97 = 2n y với 2 ( ) 2 ( ) 19 - 19 = 2 x n - 2 x,y +
Î ¢ và x,y lẻ thì k+ 2 19
- 97 = 2n ( x + y) chia hết cho 1
2n+ . Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm. 5
Ví dụ 2.8. (Chuyên KHTN 2015) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thỏa mãn 3n 4n 5n 60n + + thì n Î {1,2, } 3 .
Lời giải. Đưa về phương trình nghiệm nguyên 3n 4n 5n 2x.3y.5z + + = ( )* với
0 £ x £ 2n, 0 £ y £ n, 0 £ z £ n . Xét các trường hợp: Nếu n lẻ thì 3n + 5n v = v 8 = 3 và 3n 4n v +
= 0 nênz = 0 . Thử trực tiếpn = 1,n = 3 thỏa mãn 5 ( ) 2 ( ) 2 ( )
nên chỉ xétn ³ 5 . Khi đó 3n 4n 5n v + + = 3 vàx = 3 . 2 ( ) n n æ ö æ ö n n n y n 4 ç ÷ 5
Ta đưa về phương trình 3 + 4 + 5 = 8.3 £ 8.3 ç ÷ ¾ ¾® ç ÷ + ç ÷ £ 7 ç
. Điều này không đúng, vì theo çè3÷÷ ç ø è3÷÷ø n n 4 æ ö ç ÷ 5 æ ö BĐT Bernoulli thì ç ÷ ç ÷ + ç ÷ > 7 n ³ ç với mọi 5 . çè3÷÷ ç ø è3÷÷ø
Nếu n chẵn thì n ³ 2 , ta có 4n 5n v + = 0 và 3n 5n v + = 1. Đưa (*) về n n n z . 2 ( ) 3 ( ) 3 + 4 + 5 = 2.5
Nếu z = n thì 3n + 4n = 5n ® n = 2 . Nếuz £ n - 1 thì z n - 1 2.5 £ 2.5
< V T , không thỏa mãn. Tóm lại, n Î {1,2, } 3 .
Ví dụ 2.9. (IMO 2019) Tìm các số nguyên dương k vàn sao cho k = ( n - ) ( n - ) ( n n - 1 ! 2 1 2 2 ... 2 - 2 ) .
Lời giải. Dễ thấy 2 cặp ( n,k ) = ( 1, )
1 hoặc ( n,k) = ( 2, 3) thỏa mãn. n - 1
Đặt A = Õ ( 2n - 2i ) , và giả sử A = k !,k ³ 4 . Ta có 2t v - 1 = 0 nếu t lẻ, 2t v - 1 = 1 + v t nếu 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) i= 1 t chẵn. Lại có: n ( n - )1 k n ê ú n ê ú 3
k > v k ! = v A = 1 + 2 + ... + n - 1 = ;
- 1 £ v k ! = v A = ê ú+ ê ú+ ... < n. 2 ( ) 2 ( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 2 3 2 ê ú 6 ê ú 4 ë û ë û 3( 3n + 4) n ( n - ) 1 Suy ra n > k >
¾ ¾® n £ 7. , Bằng cách thử trực tiếp ta thấy không tồn tại cặp ( n,k ) 4 2
với n, k Î ¥ ,k ³ 3 thỏa mãn. Tóm lại có 2 cặp ( n;k ) thỏa mãn như trên.
Ví dụ 2.10. (China TST 2009) Cho n là một số nguyên dương và a > b > 1 là các số nguyên sao cho b lẻ và n n b a - 1 b 3n
. Chứng minh rằng a > . n
Lời giải. Gọi p là một ước nguyên tố của b , thì p > 2 . Ta có: æ ö
n £ v (b ) £ v (a - ) £ v ( n n n p- 1 1 ç a ç ) - 1÷÷= v ÷
( na - + v n , do đó p p p p )1 p ( ) è ø 6 - n n v a b p - - p p ( p 1 )1 1 3 a > a - 1 ³ p ³ ³ .(đpcm) n n
Định lý.2.2. Cho a,b là các số nguyên và p là số nguyên tố thỏa mãn p a - b . Khi đó với mọi số nguyên dương n n a æ b ö - n ç ÷
ta luôn có v ( n n
a - b ³ v a - b + v n hay v ç ÷³ v n . p ç ÷ p ( ) p ) p ( ) p ( ) çè a - b ÷ø
Chứng minh. Đặt k = v n và l = v a - b . Chú ý rằng p ( ) p ( )
p = ( - + ) p = ( - ) p + ( - ) p- 1 + + ( - ) p- 1 ... p a a b b a b p a b b p a b b
+ b , nên nếu l p a - b thì 2 2 l+ 1 p p p a - b k k k k
. Tương tự, l+ k p p p
a - b . Từ k p n ta có p p n n
a - b a - b . Do đó v ( n n
a - b ³ l + k = v a - b + v n . p ) p ( ) p ( ) k
Ví dụ 2.11. (Romania TST 2009) Cho a, n ³ 2 là các số nguyên dương sao cho n (a - )1 với k ³ 1. Chứng minh 2 1 1 ... n n a a a - + + + + .
Lời giải. Giả sử p là ước nguyên tố của n . Ta có p a - 1 . Vì æ ö - - a v + a + a + + a = v ç ÷ ç
÷³ v n , suy ra điều phải chứng minh. p ( n n 1 2 1 1 ... ) p ç ÷ p ( ) çè a - 1 ÷ø 3 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 3.1. Tìm tất cả các số nguyên dương n để tồn tại các số nguyên dương x, y vàk thỏa mãn
gcd ( x,y) = 1,k > 1 và3k k k = x + y .
Bài 3.2. (Romania 2005) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x = 2x y + 1.
Bài 3.3. Giả sử a và b là các số thực dương sao cho 2 2 3 3 a - ,
b a - b ,a - b ,... là các số nguyên dương. Chứng
minh rằng a và b là các số nguyên dương.
Bài 3.4. (Romania TST 2015) Cho trước số nguyên dương k ³ 2 , khi n là số nguyên dương thay đổi không nhỏ
hơn k , trong tập { n - k + 1,¼ ,n } có nhiều nhất bao nhiêu ước nguyên dương của k C ? n
Bài 3.5. (Baltic Way 2015) Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn v ( n 1 n - - 1 = 0 2 5 1 . 2 )
Bài 3.6. (Bosnia and Herzegovina TST 2015) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn hợp số n thỏa mãn n - 1 n - 1 n | 3 - 2 . 10n
Bài 3.7. (Japan 2015) Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn là số nguyên. 3 2
n + n + n + 1
Bài 3.8. (Vietnam TST 2016) Tìm các số nguyên dương a, n với a > 2 thỏa mãn mỗi ước nguyên tố của n a - 1
cũng là ước nguyên tố của 2016 3 a - 1 . 7
Bài 3.9. (China TST 2009) Cho n là một số nguyên dương và cho a > b > 1 là các số nguyên sao cho b lẻ và n n b a - 1 b 3n . Chứng minh a > . n
Bài 3.10. (MEMO 2015) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) thỏa mãn !+ ! b a a
b = a + b TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Amir Hossein Parvardi: Lifting The Exponent Lemma.
[2]. Gabriel Dospinescu, and Oleg Mushkarov. Publisher: XYZ Press: Number Theory: Concepts and Problems
[3]. https://artofproblemsolving.com/community
[4]. Andreescu Titu, Andrica Dorin, Feng Zuming:104 Number Theory Problems: From the Training of the USA IMO Team
[5]. https://diendantoanhoc.net/
Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên dươngn sao cho 2n 3n - 1 . Lời giải. £ 3n n v
- 1 £ 3 + v n , suy ra n £ 4 . Kiểm tra thấy n = 1, 2, 4 thỏa mãn, n = 3 không thỏa 2 ( ) 2 ( ) mãn.
Bài 2. Cho p là một số nguyên tố và a,b là các số nguyên dương sao cho a º b( mod p) . Chứng minh rằng nếu x
p Pa - b và y
p P n , thì x+y n n p Pa - b .
Lời giải. LTE, trường hợp số nguyên tố lẻ. 2 2 a a - b Bài 3. Cho a, ,
b n là các số nguyên dương sao cho 2 P
và 2b P n (với b ³ 1). Chứng minh rằng 2 2a + b n n Pa - b .
Lời giải. LTE, trường hợp số nguyên tố chẵn. 8 5a + 1
Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên dương a sao cho
là một số nguyên dương. 3a
Lời giải. Dễ thấy a lẻ. Khi đó £ v 5a a
+ 1 = 1 + v a , chỉ có a = 1 thỏa mãn. 3 ( ) 3 ( ) 2 n n n - 1 + 1 æ ö
Bài 5. Cho n là một số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng (ç n - ç )1 + 1÷÷ n ÷ (n - )( ) 1 + n è ø . n n
Lời giải. n ( n - )1 + 1vì vậy với mọi số nguyên tố p ( n - )1 + 1 ta có n æ ö n æ ö ç - + + ÷ n - 1 + 1 n ç ÷ æ ö (n ç ) ÷ æ ö v ç n - + ÷= v ç n - + ÷ ç ÷ ç ÷+ v ç ÷ ÷ ç ÷= v ç n - + ÷- , suy ra ç ÷ è ø ÷ ç ÷ v n p ( )( ) p ( ) 1 1 1 n 1 1 1 1 2 p p ( )1 1÷ p ( ) è ø ç n ÷ è ø ç ÷ è ø đpcm.
Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 2009 2009 + = 7z x y .
Lời giải. 7 2009 nên 7 x + y (theo định lý Fermat). v ( 2009 2009 x + y
= v x + y + v 2009 = v x + y + 2 , nên 2009 2009 x + y
= 49( x + y) , vế phải lớn 7 ) 7 ( ) 7 ( ) 7 ( )
hơn vế trái khi max { x,y} > 1, x = y = 1 cũng không thỏa mãn. 9