Bài số học Diễn đàn Toán học số 4

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $a> 2$ thì tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Lời giải.
Ta sẽ xét hai trường hợp của $a$:

Trường hợp 1. Nếu $a$ lẻ thì chọn $n=2^m$. Khi đó $(a,n)=1$ nên theo định lý Euler ta có $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{\varphi (n)}-1=a^{2^{m-1}}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{2^{m}}-1=a^n-1$$ Do đó tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa $\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$

Trường hợp 2. Nếu $a$ chẵn thì chọn $a=p^m$ với $p$ là ước nguyên tố của $a-1$.

Khi đó theo định lý LTE ta có: $$v_{p}(a^n-1)=v_{p}(a-1)+v_{p}(n)\geq m+1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n=p^m
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Vậy bài toán được chứng minh

Một bổ đề số học

Bài toán. 
Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2$$ Chứng minh rằng $a,b$ chia hết cho $p$

Lời giải.
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ cũng không chia hết cho $p$. Do đó $(b,p)=1$

Theo định lý Bezout thì tồn tại $y\in \mathbb{Z}^{+}$ sao cho $by\equiv 1(mod\:p)$

Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( ay \right )^2+\left ( ay \right )\left ( by \right )+\left ( by \right )^2$ hay $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ với $x=ay$

* Cách 1. Sử dụng số chính phương mod p

Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(2x+1)^2+3$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=1\:(1)$

Trường hợp 1. Nếu $p\equiv 1(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Trường hợp 2. Nếu $p\equiv 3(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=-1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=-1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Do đó ta luôn có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )=-1$ (do $p=3k+2$). Điều này mâu thuẫn với $(1)$ nên điều giả sử là sai.

Vậy $a,b$ chia hết cho $p$

* Cách 2. Sử dụng cấp của một số nguyên
Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^3-1$. Đặt $t=ord_{p}(x)$. Ta sẽ suy ra $\left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|3$

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $x\equiv 1(mod\:p)$. Suy ra $$0\equiv x^2+x+1\equiv 3(mod\:p)\Rightarrow p=3$$ Điều này vô lý do $p=3k+2$

Trường hợp 2. Nếu $t=3$ thì theo định lý Fermat nhỏ ta có $$x^{p-1}\equiv 1(mod\:p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{p-1}-1$$Từ đây suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|p-1$. Điều này vô lý do $p=3k+2$

Vậy điều giả sử là sai nên $a,b$ chia hết cho $p$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 3

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Một số nguyên dương được gọi là 'tốt' nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng $p^n-1$, trong đó $p$ là số nguyên tố và $n$  là số nguyên dương.
Tìm tất cả các số nguyên dương 'tốt' mà mọi ước nguyên dương của nó cũng 'tốt'.

Lời giải.
Trước hết, ta giải các bài toán phụ sau:

Bài toán phụ số 1. Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$  với $a,b\geq 2$ thỏa mãn $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Giải. 
Từ phương trình trên ta có: $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1\Leftrightarrow 2^{a+b}-\left ( 2^a +2^b\right )=2^c-2$$ Ta nhận thấy nếu $c\geq 2$ thì VT chia hết cho 4 và VP không chia hết cho 4. Điều này mâu thuẫn, cho nên $c=1$. Suy ra $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=1\Leftrightarrow 2^a-1=2^b-1=1\Leftrightarrow a=b=1$$ Kết hợp giải thiết suy ra không tồn tại bộ $(a,b,c)$ thỏa mãn yêu cầu.

Bài toán phụ số 2. Tìm tất cả các bộ nguyên dương $(a,b,p,q)$ với $p,q$ là các số nguyên tố lẻ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
p=2^a-1\:(1)\\
2p=q^b-1\:(2)
\end{matrix}\right.$$ Giải.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $2(2^a-1)=q^b-1\Leftrightarrow 2^{a+1}=q^b+1$

Nếu $b$ chẵn thì $q^b+1\equiv 2(mod\:4)$ mà $2^{a+1}$ chia hết cho 4.  Điều này vô lý nên $b$ lẻ. Dẫn đến$$2^{a+1}=q^b+1=(q+1)\left ( q^{b-1}-...+1 \right )$$ Do $q,b$ lẻ nên $q^{b-1}-...+1$ lẻ dẫn đến $q^{b-1}-...+1=1$. Suy ra $$ 2^{a+1}=q^b+1=q+1\:(*) $$Từ đây ta suy ra $b=1$. Ta xét các trường hợp sau:

* Nếu $q=3$ thì $a=1$ và $p=1$ (vô lý)

* Nếu $q\equiv 1(mod\:3)$ thì $2^{a+1}\equiv 2(mod\:3)$. Suy ra $a+1$ lẻ hay $a$ chẵn nên $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^a-1=p$

Do đó $p=3$, $a=2$ và $q=7$

* Nếu $q\equiv 2(mod\:3)$ thì từ $(*)$ suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^{a+1}$ (vô lý)

Vậy $(a,b,p,q)=(2,1,3,7)$

Trở lại bài toán chính. Ta chia số nguyên dương 'tốt' $x$ thành hai trường hợp.

* Trường hợp 1. Nếu $x$ lẻ thì $x=p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$ trong đó $p_{1},..,p_{k}$ là các số nguyên tố lẻ

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=p_{1}=2^a-1$

Vậy số nguyên dương 'tốt' lẻ là số nguyên tố có dạng $2^{n}-1$

* Trường hợp 2. Nếu $x$ chẵn thì $x=2^{a}p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=2^{a}p_{1}$

Dễ nhận thấy nếu $a\geqslant 5$ thì $32$ là ước của $x$ nhưng không thỏa mãn yêu cầu. Nên $a\leq 4$

Kết hợp bài toán phụ số 2 ta có $p_{1}=3$ nên $x$ có thể là $6,12,24,48$

Thử lại thấy thỏa. Vậy số nguyên dương 'tốt' chẵn là $6,12,24,48$