Bổ đề 1. Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$ và $a,b$ là các số nguyên dương. Khi đó,
nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.
Chứng minh.
Nếu $a$ chia hết cho $p$ thì $b$ chia hết cho $p$
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ không chia hết cho $p$
Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$a^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow a^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$$$b^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow b^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$ Do đó $a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2\left ( mod\;p \right )$
Lại có $$a^{4k+2}+b^{4k+2}=\left ( a^{2} \right )^{2k+1}+\left ( b^{2} \right )^{2k+1}\,\vdots\, a^{2}+b^{2}\,\vdots\, p$$ Suy ra $0\equiv 2\left ( mod\;p \right )\Rightarrow p=2$ (điều này vô lý)
Vậy nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a,b$ đều chia hết cho $p$.
Bổ đề 2. Mọi số nguyên dương có dạng $4m+3$ đều có ước nguyên tố dạng $4k+3$
Chứng minh.
Mọi ước số nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Giả sử $4m+3$ không có
ước nguyên tố dạng $4k+3$, tức là các ước nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$.
Điều này dẫn đến $4m+3$ chia cho $4$ dư $1$ (vô lý). Vậy suy ra đpcm.
Bài toán 1. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)
Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$
Lời giải.
Ta có $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}+2=2\left ( x+y \right )+2011y$$$$\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )^{2}+1=2011y\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2011
\end{matrix}\right|\left ( x+y-1 \right )^{2}+1$$ Do $2011$ là số nguyên có dạng $4m+3$ nên theo bổ đề $2$ tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là
ước của $2011$
Áp dụng bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1,x+y-1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 2. (Phương trình Euler)
Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Ta có $$4xy-x-y=z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^{2}+1$$$$\Leftrightarrow \left ( 4x-1 \right )\left ( 4y-1 \right )=\left ( 2z \right )^{2}+1$$ Do $4x-1$ chia cho $4$ dư $3$ nên tồn tại nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $4x-1$. Do đó $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( 2z \right )^{2}+1$$Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1;2z\Rightarrow p=1$ (vô lý)
Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 3. (Phương trình Lebesgue)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$
Lời giải.
Ta có $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}-7\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow y\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$$Lại có $$x^{2}-y^{3}=7\Leftrightarrow x^{2}+1=y^{3}+8\Leftrightarrow x^{2}+1=\left ( y+2 \right )\left ( y^{2}-2y+4 \right )$$Gọi $p$ là ước nguyên tố dạng $4k+3$ của $y+2$ ($p$ tồn tại do bổ đề $2$)
Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán 4. (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2013)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $$p^{3}+\frac{p-1}{2}$$ không là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p^{3}+\frac{p-1}{2}=x\left ( x+1 \right )\;\left ( x\in N \right )$$$\Leftrightarrow 4p^{3}+2\left ( p-1 \right )=4x\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow 2p\left ( 2p+1 \right )=\left ( 2x+1 \right )^{2}+1$$
Dễ thấy $p=2$ không thỏa. Do đó $p$ chỉ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$
* Nếu $p=4k+3$ thì theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
* Nếu $p=4k+1$ thì $2p+1=4m+3$. Theo bổ đề $2$ tồn tại $h$ là số nguyên tố có
dạng $4n+3$ là ước của $2p+1$. Theo bồ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)
Do đó điều giả sử sai. Vậy không tồn tại $p$ thỏa đề bài.
Bài toán 5.
Cho dãy số $\left ( u_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
u_{1}=2013\\ u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n},\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $p$
là ước của $u_{2014}+2009$
Lời giải.
Ta có $$u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}\Leftrightarrow u_{n+1}-2=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}-2=\left ( u_{n}-2 \right )\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dễ thấy $u_{n}\neq 2,\,\forall n\in N^{*}$ (vì nếu $\exists n:u_{n}= 2\Rightarrow u_{1}=2$). Do đó $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{n}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dẫn đến $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{1}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}...\left ( u_{1}-2 \right )^{2}=A^{2}\Rightarrow u_{2014}=2011A^{2}+2$$
Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|u_{2014}+2009=2011\left ( A^{2}+1 \right )$
* Khả năng 1. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2011$ thì $p=2011$ (do $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$)
* Khả năng 2. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A^{2}+1$. Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A,1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)
Vậy $p=2011$
Một số bài tập liên quan số nguyên tố dạng $4k+3$.
Bài 1. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)
Tìm số nguyên dương $n$ để $n^{7}+7$ là số chính phương.
Bài 2. Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=5\\ x_{n+1}=x_{n}^{3}-2x_{n}^{2}+2,\;\forall n\in N^{*}
\end{matrix}\right.$$
Cho số nguyên tố $p$ thỏa $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x_{2011}+1$. Chứng minh rằng $p=3$
Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^{3}-x^{2}+8=y^{2}$$
Bài 4. Chứng minh không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $$3^{p}+19\left ( p-1\right )$$ là số chính phương.
hay
Trả lờiXóa