Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n

Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n

• 1.
  Trường THPT chuyênHoàng Văn Thụ Sở GD&ĐT Hòa Bình BÀI TẬP VỀ CẤP CỦA MỘT SỐ NGUYÊN MODULO n Cho số nguyên dương n > 1 và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với n, số k được gọi là cấp của a modulo n nếu k là số nguyên dương nhỏ nhất để ( )1 modk a n≡ . Do tính nhỏ nhất của số nguyên dương k, nên mọi số nguyên dương h mà cũng thỏa mãn ( )1 modh a n≡ thì luôn có |k h . Và đây cũng là tính chất được sử dụng xuyên suốt trong các bài tập về cấp của một số nguyên. Để sử dụng được tính chất này thì ta thường kết hợp với Định lý Phecma nhỏ: “Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với p thì ( )1 1 modp a p− ≡ ” và Định lý Ơ-le: “Cho số nguyên dương n và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với n thì ( ) ( )1 modn a nϕ ≡ ” Bài 1. Cho 1 2 .m n u= + , u lẻ 2m u < , * m∈¥ , biết tồn tại số nguyên tố p lẻ thỏa mãn 1 2 n p n − M . Chứng minh rằng n là số nguyên tố. Hướng dẫn. Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Theo giả thiết có 1 12 1(mod ) 1(mod ) n n p q p q − − ≡ − ⇒ ≡ . Theo định lý Phecma nhỏ có: ( )1 1 modq p q− ≡ . Gọi h là cấp của p modulo q, ta có: | 1 | 1 h n h q −  − Mà 1 2 1(mod ) n p q − ≡ − suy ra: 1 2 n h − /M mà | 1h n − suy ra 2 .m h v= với |v u . Giả sử q n< , theo tính chất của ước nguyên tố nhỏ nhất suy ra q n≤ , mà
• 2.
  2 1 2 .2m m n u= + < (vì 2m u < ) 2m q⇒ < , lại có: 2 2 . | 1 2m m m h v q≤ = − < . Ta thu được điều vô lý. Vậy n = q. Bài 2. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn: 2013 2 |17 1n − . Hướng dẫn. Thực chất bài tập này đang yêu cầu chúng ta đi tìm cấp của 17 modulo 22013 . Đặt m = 22013 và gọi k là cấp của 17 theo modulo m, theo định lý Ơ-le có: ( ) 17 1(mod )m mϕ ≡ . Dẫn đến ( ) 2012 | 2k mϕ = , do đó { }2 , 1;2;3,...,2012t k t= ∈ . Mặt khác ta cũng có phân tích: ( )( )( )( ) ( )2 1 2 2 2 2 17 1 17 1 17 1 17 1 17 1 ... 17 1 t t− − = − + + + + , do ( )17 1 mod4≡ , nên mỗi số hạng ở dạng { }2 17 1, 1,2,..., 1 m m t+ ∈ − đều chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4, còn 17 – 1 = 16 = 24 . Do đó 2 4 17 1 2 . t t Q+ − = , Q là số nguyên lẻ. Từ 2013 2 2 |17 t ta suy ra được 4 2013 2009t t+ ≥ ⇒ ≥ . Do đó để đảm bảo tính nhỏ nhất của k thì 2009 2k = . Bài 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p, q sao cho 2 1| 2003 1q p + + và 2 1| 2003 1p q + + . Hướng dẫn. Không mất tổng quát ta có thể giả sử p q≤ . * Ta xét trường hợp p = 2, khi đó 5| 2003 1q + , do đó dễ thấy q chẵn, nên q = 2. Vậy trong trường hợp này có nghiệm p = q = 2. * Nếu p > 2, có p lẻ và ( )2 1 2 mod4p + ≡ , gọi r là một ước nguyên tố lẻ của 2 1p + , từ giả thiết có: ( ) ( )2 2003 1 mod 2003 1 modq q r r≡ − ⇒ ≡ . Gọi k là cấp của 2003 modulo r, ta có | 2k q . Dễ thấy vì ( )2003 1 modq r≡ − nên k q≠ , suy ra | 2k hoặc k = 2q.
• 3.
  - Nếu |2k dẫn đến 2 3 | 2003 1 2 .3.7.11.13.167r − = . Mặt khác 2 | 1r p + nên r bằng 2 hoặc có dạng 4s + 1, mà r lẻ suy ra 13r = . Khi đó vì ( )2003 1 mod13≡ nên ( )2003 1 2 mod13q + ≡ , điều này dẫn tới mâu thuẫn. - Nếu k = 2q, theo định lý Phecma nhỏ ta có: ( )1 2003 1 modr r− ≡ , suy ra 2 | 1q r − | 1q r⇒ − , dễ thấy 2 1p + chẵn và mọi ước lẻ của nó đều chia q dư 1, suy ra ( )2 1 2 modp q+ ≡ ( )( )2 | 1 1 1q p p p⇒ − = − + , nhưng với giả sử p q≤ và do p, q là các số nguyên tố nên 1q p= + , do q lẻ nên p chẵn suy ra p = 2, trái với điều giả sử p > 2. Vậy ta chỉ tìm được một cặp nghiệm (p;q) = (2;2). Bài 4. Tìm số nguyên dương n để 3 3 1n n− M . Hướng dẫn. * Với n = 1, thỏa mãn yêu cầu bài toán. * Với 2n ≥ , gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, từ giả thiết suy ra được: ( )3 1 modn p≡ . Mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta cũng có: ( )1 3 1 modp p− ≡ . Gọi h là cấp của 3 modulo p, ta có: | | 1 h n h p   − như vậy ta chỉ ra được một số bé hơn p là ước của n, để p là ước nguyên tố nhỏ nhất thì h = 1. Khi đó ( )1 3 1 mod 2p p≡ ⇒ = . Giả sử ( )* 2 . ,n t tα α= ∈¥ , t lẻ. Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 22 2 2 3 1 3 1 3 1 . 3 3 ... 3 1 t t tn α αα α α− − − = − = − + + + + Vì ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 3 3 ... 3 1 1 mod2t t q α α α− − + + + + ≡ ≡ , nên: ( )( ) ( )( )( )1 2 1 0 0 2 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 ... 3 1 3 1 3 1 .n R α α− − − = + + + + − (R lẻ). Vì 1 2 1 2 2 2 3 1,3 1,...,3 1 α α− − + + + là 1α − số chẵn và ( ) ( )0 0 2 2 3 1 . 3 1 8+ − = , nên:
• 4.
  2 3 1 2.n Sα+ − = , (S lẻ). Vì 3 3 3 3 1 2 .n n tα − =M , suy ra 2 3 1 1 2n tα α α α+ ≥ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ = . Giả sử n có ước lẻ thực sự, gọi ước lẻ nhỏ nhất của nó là q, và gọi k là cấp của 3 modulo q, theo giả thiết có: ( )3 1 modn q≡ và theo định lý Phecma nhỏ ta cũng có: ( )1 3 1 modq q− ≡ . Từ đó suy ra: | | 1 k n k q   − . Nếu k lẻ ta chỉ ra được một ước lẻ của n mà nhỏ hơn q, trái với cách chọn q, vậy k chẵn, mặt khác n = 2.t (t lẻ), do đó k = 2 và 2 3 |3 1 2n − = , do đó n không có ước lẻ thực sự. Vậy n = 2. Bài 5. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (p,q,r) thỏa mãn: | 1, | 1, | 1r p q p q q r r p+ + + . (2003 USA IMO Team Selection Test) Hướng dẫn. * Trước hết ta chứng minh p, q, r phân biệt. Thật vậy, giả sử nếu có p = q, từ | 1r p q + ta suy ra điều vô lý. * Ta chứng minh một trong ba số p, q, r phải bằng 2. Giả sử p, q, r > 2. Từ | 1r p q + ta suy ra ( )2 1 modr q p≡ . Gọi k là cấp của q modulo p ta có | 2k r , do r là số nguyên tố lẻ nên suy ra k = 2 hoặc k = r hoặc k = 2r. - Nếu k = r, ta có ( )1 modr q p≡ , mà ( )1 modr q p≡ − nên suy ra | 2p , mâu thuẫn. - Nếu k = 2r, theo định lý Phecma nhỏ có ( )1 1 modp q p− ≡ , suy ra ( )2 | 1r p − ( )1 modp r⇒ ≡ ( )1 2 modq p r⇒ + ≡ , kết hợp giả thiết | 2r⇒ , mâu thuẫn. - Vậy chỉ có thể k = 2, ta có ( ) ( )2 | 1 1 1p q q q− = − + , do p là số nguyên tố nên | 1p q − hoặc | 1p q + , nếu ( )1 modq p≡ , thì từ giả thiết | 1r p q + , suy ra | 2p , mâu thuẫn. Vậy | 1p q + , vì p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 2 nên suy ra 1 | 2 q p + .
• 5.
  Chứng minh tươngtự ta cũng có 1 | 2 r q + , 1 | 2 p r + . Xét số lớn nhất trong ba số p, q, r ta thấy ngay điều nói trên là vô lý. * Không mất tổng quát giả sử q = 2, ta có | 2 1r p + và 2 | 1r p + , suy ra p, r là các số nguyên tố lẻ. Khi đó k là cấp của 2 modulo p, theo chứng minh trên có | 2k r , do r là số nguyên tố lẻ nên suy ra k = 2 hoặc k = r hoặc k = 2r. Nếu k = r hoặc k = 2r tức là |r k , theo định lý Phecma nhỏ có ( )1 2 1 modp p− ≡ , suy ra | 1k p − | 1r p⇒ − ( )2 1 2 modp r⇒ + ≡ mà 2 | 1r p + , trái với r là số nguyên tố lẻ. Do đó k = 2, khi đó 2 | 2 1 3 3p p− = ⇒ = và 2 |3 1 10r + = 5r⇒ = . Vậy chỉ tìm được duy nhất một bộ số thỏa mãn là (2;3;5). Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, 3 2n n − không chia hết cho n. Hướng dẫn. Giả sử tồn tại số nguyên dương n nào đó để 3 2n n n− M . Ta sẽ chỉ ra điều vô lý. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, từ 3 2n n n− M suy ra 5p ≥ . Do p lẻ nên tồn tại số nguyên dương a để ( )2 1 moda p≡ , 1 2 p a +  = ÷   . Từ ( )3 2 modn n p≡ ( ) ( )3 1 mod n a p⇒ ≡ . Gọi k là cấp của 3a modulo p, ta có |k n , mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có ( ) ( ) 1 3 1 mod p a p − ≡ , nên | 1k p − . Từ cách chọn p là ước nhỏ nhất của n suy ra k = 1. Vậy ta có ( )3 1 moda p≡ và ( )2 1 moda p≡ , suy ra ( )0 moda p≡ , điều này mâu thuẫn với ( )2 1 moda p≡ . Bài 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n thỏa mãn 3 2.3 |1 n n n m m+ + . (Bulgarian IMO Team Selection Test) Hướng dẫn. Với n = 1, là trường hợp tầm thường, mọi m nguyên dương đều thỏa mãn.
• 6.
  Với n >1, dễ thấy (m,n) = 1. Gọi k là cấp của m modulo n. Từ 3 2.3 |1 n n n m m+ + suy ra 1 3 | 1 n n m + − , vì vậy 1 |3n k + 3 , 1t k t n⇒ = ≤ + . Theo định lý Ơ-le có ( ) ( )1 modn m nϕ ≡ , suy ra ( )|k nϕ . Nếu 1 3n k + = , từ ( )|k nϕ k n⇒ < , ta thu được điều mâu thuẫn. Vậy 3 |3t n t n k≤ ⇒ = 3 | 1 n n m⇒ − ( )2.3 3 1 3 mod n n m m n⇒ + + ≡ , mà 3 2.3 |1 n n n m m+ + 3n⇒ = và ( )1 mod3m ≡ . Bài 8. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 7 51 1 1 x y x − = − − . (Dự tuyển IMO 2006) Hướng dẫn. Giả sử phương trình có cặp nghiệm nguyên (x;y), và gọi p là một ước nguyên tố bất kỳ của 7 6 51 ... 1 1 x x x x x − = + + + + − , khi đó xảy ra hai trường hợp: - Nếu ( )1 modx p≡ khi đó ( ) 7 6 51 ... 1 7 mod 1 x x x x p x − = + + + + ≡ − , và khi đó p = 7. - Nếu ( )1 modx p≡ , gọi k là cấp của x modulo 7, do 7 | 1p x − nên | 7k , do ( )1 modx p≡ , ta tìm được k = 7. Dễ thấy (x,p) = 1, nên theo định lý Phecma nhỏ ta có ( )1 1 modp x p− ≡ , do đó ( )7 | 1 1 mod7k p p= − ⇒ ≡ . Vậy trong cả hai trường hợp ta luôn có ( )0;1 mod7p ≡ , với p là một ước nguyên tố của 7 1 1 x x − − . Điều này dẫn đến mọi ước dương của 7 1 1 x x − − cũng có số dư là 0 hoặc 1 khi chia cho 7. Mặt khác ( ) ( )5 4 3 2 1 1 1y y y y y y− = − + + + + , theo nhận xét trên ta rút ra được ( )1 0,1 mod7y − ≡ và ( )4 3 2 1 0,1 mod7y y y y+ + + + ≡ Điều này mâu thuẫn vì khi đó ( )1,2 mod7y ≡ ( )4 3 2 1 5,3 mod7y y y y⇒ + + + + ≡ . Vậy phương trình vô nghiệm.