CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ:
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT
Kí hiệu
IMO
VMO

Tên tiếng Anh
International Mathematical Olypiad
Viet Nam Mathematical Olympiad

IMO SL

International Mathematical Olypiad
Shortlist

X TST
NMO

X Team Selection Tests
National Mathematical Olympiad

TT & TT
HSG
HSG QG

Tên tiếng Việt
Kì thi Olimpic Tốn quốc tế
Kì thi học sinh giỏi quốc gia
mơn tốn Việt Nam
Tuyển tập các bài tốn trong

danh sách rút gọn đề nghị cho
kì thi Olimpic Tốn quốc tế
Kì thi chọn đội tuyển X
Kì thi học sinh giỏi tốn quốc
gia
Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ
Học sinh giỏi
Học sinh giỏi quốc gia

Phần 1. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Số học là một phân nhánh toán học lâu đời nhất. Nó được hầu hết mọi người
thường xuyên sử dụng trong những công việc thường nhật cho đến các tính tốn khoa
học.
Trong chương trình tốn phổ thơng, số học vốn là một phân mơn khó. Các bài
tốn số học thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi các cấp và nó ln là
một thách thức đối với học sinh. Trong những bài toán số học ấy, chúng ta có thể nhận
thấy rằng: các tính chất các ước nguyên tố thường xuyên được sử dụng một cách tinh
tế và đẹp mắt. Tuy nhiên, hiện nay, các tài liệu viết riêng và chun sâu về nó khơng
nhiều. Điều đó gây khơng ít khó khăn trong việc tiếp cận hướng giải quyết các bài tốn
số học đó.
Chính vì vậy, để giải quyết phần nào các khó khăn đó, chúng tôi chọn đề tài “Số
nguyên tố và các bài tốn liên quan” để trao đổi cùng các thầy cơ và các em học sinh
chun tốn, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn trong trường THPT
chun.
Phần nội dung chuyên đề bao gồm ba chương:

1

- Chương 1. Các bài toán về ước nguyên tố. Nội dung của chương này xoay
quanh các vấn đề về phân tích chính tắc và các định lý cổ điển liên quan đến ước
nguyên tố của một số nguyên.
- Chương 2. Thặng dư bậc hai.
- Chương 3. Các bài toán về hệ số nhị thức và một số định lý khác. Nội dung
này xoay quanh các tính chất ước nguyên tố trong hệ số nhị thức trong khai triển
Newton và định lý Polignac.
Trong các chương, hệ số ví dụ minh họa được đưa ra từ dễ đến khó theo quan
điểm của chúng tơi. Trong mỗi ví dụ thường có định hướng, dẫn dắt tại sao có lời giải
như vậy. Điều đó giúp cho việc học trở nên thuận lợi hơn.
2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài “Số nguyên tố và các bài tốn liên quan” được chúng tơi lựa chọn trao
đổi cùng các đồng nghiệp về các tính chất, định lý về các số nguyên tố, ước nguyên tố
của một số tự nhiên, sự phân tích chính tắc,... Vận dụng các định lý, tính chất đó giải
quyết các bài tốn số học trong các kì thi học sinh giỏi. Thơng qua đề tài này, chúng tôi
muốn nhấn mạnh, làm rõ tầm quan trọng của số nguyên tố trong các bài toán số học
trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu các phương pháp giải bài tốn số học trong các kì thi học sinh giỏi
toán quốc tế, quốc gia Việt Nam và các nước trên thế giới. Cung cấp một tài liệu nhỏ
về phương pháp dạy học phân môn số học cho các đồng nghiệp dạy chuyên toán, và
phương pháp tự nghiên cứu cho học sinh chuyên.
4. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là học sinh chun Tốn, đội tuyển học sinh
giỏi quốc gia mơn toán.
5. Phạm vi nghiên cứu
- Kiến thức trong phạm vi chương trình thi học sinh giỏi quốc gia của Bộ Giáo
dục và Đào tạo.
- Nghiên cứu các đề thi học sinh giỏi toán quốc tế và học sinh giỏi toán quốc
gia các nước.

- Nghiên cứu các tài liệu số học có liên quan.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý luận: nghiên cứu các tài liệu, chương trình của Bộ Giáo dục và
Đào tạo, các tài liệu số học hiện hành, các tạp chí tốn học trong và ngồi nước, các tài
liệu từ internet,…
- Trao đổi, tọa đàm với các giáo viên chuyên và học sinh chuyên trong nước.
2


- Tổng hợp, tổng kết kinh nghiệm.
Phần 2. PHẦN NỘI DUNG
Chương 1. Các bài toán về ước số nguyên tố
1.1 Định nghĩa
Một số nguyên dương p được gọi là số nguyên tố, nếu nó chỉ có hai ước số
dương là 1 và chính nó.
Nếu p khơng phải số ngun tố thì p được gọi là hợp số.
Nhận xét: 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
1.2 Một số định lý, bổ đề cần dùng
1.2.1 Định lý 1 ( Định lý cơ bản của số học)
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có thể phân tích một cách duy nhất thành tích
các thừa số nguyên tố.
1.2.2 Định lý 2 (Tính vô hạn của tập số nguyên tố)
Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
1.2.3 Định lý 3
Cho p là một số nguyên tố. Nếu p | ab thì p | a hoặc p | b.
1.2.4 Định lý 4 (Định lý Fermat nhỏ)
Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên sao cho (a, p) = 1. Khi đó
a p −1 ≡ 1(mod p)

.

Chứng minh
Ta xét hệ thặng dư thu gọn mod p là A = {1, 2, …, p - 1}
Do (a, p) = 1 nên B = {a, 2a, …, (p - 1)a} cũng là hệ thặng dư thu gọn mod p.
Do đó ta có
1.2...( p − 1) ≡ a.2a...( p − 1) a (mod p).

Mà p nguyên tố nên (1.2…(p - 1), p) = 1.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
1.2.5 Định lý 5 (Định lý Euler)
3


Cho a là một số nguyên, n là số nguyên dương, (a, n) = 1. Khi đó
aϕ ( a ) ≡ 1(mod n)

.

Chứng minh
Ta xét hệ thặng dư thu gọn mod n là A = {
Do (a, n) = 1 nên B = {

a.a1 , a.a2 ,..., a.aϕ ( n )

a1 , a2 ,..., aϕ ( n )

}.

} cũng là hệ thặng dư thu gọn mod n.

Do đó ta có
a1.a2 ...aϕ ( n ) ≡ (a.a1 ).( a.a2 )...(aaϕ ( n ) ) ≡ aϕ ( a ) a1.a2 ...aϕ ( n) (mod n)

Kết hợp với (

a1.a2 ...aϕ ( n )

,n) = 1 ta dễ dàng suy ra đpcm.

1.2.6 Định lý 6 (Định lý Wilson)
Cho p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó

( p − 1)! ≡ −1(mod p)

.

Chứng minh
(Xin nhường cho bạn đọc).
1.2.7 Bổ đề LTE
a) Cho p là số nguyên tố lẻ, x và y không chia hết cho p, x – y
dương. Khi đó

M
p, n là một số nguyên

v p ( x n − y n ) = v p ( x − y ) + v p (n).
b) Cho p là số nguyên tố lẻ, x và y không chia hết cho p, x + y
dương lẻ. Khi đó
v p ( x n + y n ) = v p ( x + y ) + v p (n).
c) Cho x, y lẻ, n là số nguyên dương chẵn. Khi đó

v2 ( x n − y n ) = v2 ( x 2 − y 2 ) + v2 (n) − 1
Chứng minh
(Tham khảo “Phạm Văn Quốc – bổ đề LTE”)
1.2.8 Cấp phần tử
4

.

M
p, n là số nguyên


1.2.8.1 Các định nghĩa
Định nghĩa 1
Cho n > 1 và a là một số nguyên dương, (a, n) = 1. Số nguyên dương k nhỏ nhất
thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của a modulo n.
Kí hiệu k = ordn(a).
Định nghĩa 2
Cho n > 1 và a là một số nguyên dương, (a, n) = 1. Nếu ϕ(n) = ordn(a) thì a
được gọi là một căn nguyên thủy modulo n.
Nhận xét: Từ định nghĩa trên ta dễ dàng suy ra
+) Nếu a là căn nguyên thủy ( mod n) thì mọi số cùng lớp với a theo (mod n)
đều là căn nguyên thủy (modn).
1.2.8.2 Các định lý
Định lý 1
Cho a, n thỏa mãn n > 1, (a, n) = 1. Khi đó
ax ≡ 1 (mod n) ⇔ x

M
ordn (a).

Chứng minh
Giả sử ax ≡ 1 (mod n).
Đặt k = ordn (a).
Theo thuật tốn Euclid ta có
x = kq + r, 0 ≤ r < k.
Khi đó 1 ≡ ax ≡ (ak)qar ≡ ar (mod n).
Suy ra ar ≡ 1 (mod n) ⇒ r = 0 (theo định nghĩa).
M
Vậy x k.

Chiều ngược lại hiển nhiên.
Hệ quả
Cho a, n thỏa mãn n > 1, (a, n) = 1. Khi đó
ϕ(n)

M
ordn (a).

Định lí 2
Nếu a là căn ngun thủy (mod n) thì tập A = {1, a, a2,…,ah-1} là hệ thặng dư
φ
thu gọn (mod n) (lúc này h = (n))
5


Định lí 3
Nếu p là một số ngun tố thì có đúng

φ

(p - 1) căn ngun thủy (mod p)

Định lít 4
Nếu p là một số nguyên tố lẻ và a là một căn nguyên thủy (mod p2) thì a cũng
là căn nguyên thủy (mod pn) với n ≥ 3.
Định lý 5 (Định lý về sự tồn tại căn nguyên thủy)
Cho m là một số nguyên, m > 1 khi đó m có căn nguyên thủy khi và chỉ khi m có
một trong 4 dạng sau: 2, 4, pα, 2p α (trong đó p là 1 số nguyên tố lẻ)
(Phần chứng minh các định lí trên, xin nhường cho bạn đọc).
1.3 Các ví dụ điển hình
Trong mục này, để thuận lợi cho công tác giảng dạy, dựa vào độ phức tạp các
bài tốn, tơi sẽ chia thành hai phần. Phần một là các ví dụ cơ bản, giúp học sinh làm
quen dần với các dạng toán. Phần hai là các bài tốn nâng cao, địi hỏi kĩ năng xử lí
tinh tế và được cập nhật trong các kì thi học sinh giỏi gần nhất.
1.3.1 Các ví dụ cơ bản
Trong phần này, tơi sẽ đưa ra các ví dụ điển hình về tính chất ước ngun tố.
Vận dụng các tính chất đó vào giải quyết các bài toán liên quan. Tuy nhiên, các ví dụ
được chọn khơng q khó, nhưng thường xun xuất hiện. Cố gắng giúp học sinh hình
thành, phát triển tư duy trong phân mơn số học.
Ví dụ 1 (Đề tham khảo 30/4/2021) Giả sử a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn hệ
phương trình
 21a = 43ϕ (b)

 21b = 43ϕ (c)
 21c = 43ϕ (a )


Chứng minh rằng a = b = c.
Nhận xét: đây là một dạng của hệ hốn vị vịng quanh nên việc giải quyết hệ này

thơng thường ta xét a

≤

b

≤

c sau đó chứng minh a = b = c.

Mặt khác, bài toán liên quan đến phi hàm Euler nên thông thường ta sử dụng phân
tích chính tắc để đánh giá là một hướng đi chung. Mời các bạn theo dõi lời giải sau
đây.
Lời giải
6


Ta có (21, 43) = 1

⇒

a, b, c cùng chia hết cho 43. Do đó, a, b, c

≥

43.

Xét phân tích chính tắc của a, b, c như sau
n

m

k

a = ∏ paiai , b = ∏ pbi bi , c = ∏ pci ci
α

i =1

α

i =1

α

i =1

Khi đó
n

ϕ (a) = ∏ paiai ( pai − 1)M(43 − 1)M2
α −1

i =1

Chứng minh tương tự ta được
Do (21, 2) = 1

⇒

ϕ

(a),

ϕ

ϕ

(b),

(c) chẵn.

M
M M
a 2, b 2. c 2.

Từ đó ta có
m

1
1
1
) ≤ 43.b(1 − )(1 − ) = 21b
pbi
2
43

21a = 43ϕ (b) = 43.b∏ (1 −
i =1

⇒

Chứng minh tương tự ta được b

≤

c; c

≤

a

≤

b.

a.

Từ đó suy ra a = b = c.
Ví dụ 2 (Chọn ĐT 10 KHTN 2020) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
3p + 5p – 1
là số nguyên tố.
Nhận xét: Bài toán này khá đơn giản. Trước tiên ta thử nghiệm, dự đoán p = 3, sau
đó xét p khác 3 và chứng minh 3p + 5p – 1 không là số nguyên tố. Lời giải cụ thể như
sau:
Lời giải
TH1: p = 3k + 1, (k chẵn) ta có
3p + 5p – 1 = 3.27k + 5.125k – 1

≡

3(-1)k + 5.(-1)k – 1

≡

0 (mod 7).

Nên 3p + 5p – 1 không là số nguyên tố.
TH2: p = 3k + 2, (k lẻ) ta có
3p + 5p – 1 = 9.27k + 25.125k – 1
Vậy p = 3k

⇒

≡

p = 3.
7

2(-1)k + 4(-1)k – 1

≡

0 (mod 7).


Thử lại thấy p = 3 thỏa mãn.
Ví dụ 3 (Chọn ĐT 10 KHTN 2020) Tìm x, y nguyên dương sao cho 2x + 5y + 2 là số
chính phương.
Nhận xét: Bài này cũng giống như bài trên, Tính chất chủ đạo sử dụng ở đây là mọi

ước của pn đều có dạng pk, 0 ≤ k ≤ n. Cụ thể ta có lời giải sau:
Lời giải
Xét x

≥

2 ta có 2x + 5y + 2 ≡ 3 (mod 4)

⇒

2x + 5y + 2 khơng là số chính phương.

Do đó x = 1.
Khi đó ta đặt 5y + 4 = n2

Đến đây ta suy ra

⇔

(n -2)(n + 2) = 5y.

n − 2 = 5a
⇒ 5b − 5a = 4 ⇒ a = 0, b = 1

b
n + 2 = 5

.

Từ đó tìm được (x, y) = (1, 1).

Ví dụ 4 (Olimpic KHTN 2014) Tìm tất cả bộ ba số (x, n, p) với x, n nguyên dương, p
nguyên tố thỏa mãn
x3 + 2 x = 2( p n − 1)

.

Lời giải
Ta có
x3 + 2 x = 3( p n − 1) ⇔ x3 + 2 x + 3 = 3 p n
⇔ ( x + 1)( x 2 − x + 3) = 3 p n .
Do d = (x + 1, x2 – x + 3) = (x + 1, (x+1)(x-2) + 5) = (x +1, 5).

Nếu d = 1, do x + 1 > 1 và x2 –x + 3 > 1 nên

 x + 1 = 3
 2
n
 x − x + 3 = p

x + 1 = pn

2

 x − x + 3 = 3.


Từ đó tìm được (x, n, p) =(2, 2, 2) và (x, n, p) = (1, 1, 2).
Nếu d = 5 thì x + 1 = 5m.
Thay vào phương trình ban đầu ta được

8


5m(25m 2 − 15m + 5) = 3 p n ⇒ p = 5
⇒ m(5m 2 − 3m + 1) = 3.5n −2.
Nếu m = 1 thì tính được n = 2, x = 4
Nếu m

≥

⇒

(x, n, p) = (4, 2, 5).

2 thì 5m2 – 3m + 1 > 3.

Do d = (m,5m2 – 3m + 1) = 1

⇒

m = 3 và 5m2 – 3m + 1 = 5n – 2 vơ nghiệm.

Vậy ta tìm được ba bộ (x, n, p) như trên.
Ví dụ 5 (Olimpic KHTN 2015) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p + 4p là số
chính phương.
Lời giải
Ta có
3p + 4p = x2

⇒

(x – 2p) (x + 2p) = 3p

p
p −n
 x + 2 = 3
⇒ 2 p +1 = 3n (3 p −2 n − 1) ⇒ n = 0

p
n
x − 2 = 3
⇒ 

Do đó 2p + 1 = 3p – 1

⇒

.

p = 2 (thỏa mãn)

Ví dụ 6 (TH & TT_ T10/507) Tìm số nguyên tố p và hai số nguyên dương a, b sao
cho pa + pb là số chính phương.
Lời giải
TH1: a = b suy ra 2.pa = x2

⇒

p = 2, a lẻ

⇒

(p, a, b) = (2, 2n + 1, 2n + 1), n ∈

TH2: a ≠ b.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a > b

Mà (pb, pa – b + 1) = 1 nên

⇒

pb(pa – b + 1) = x2.

 p b = u 2
 a −b
2
 p + 1 = v .

Do đó b chẵn.
Ta có
pa – b = (v – 1)(v + 1).
Nếu v = 2 thì pa – b = 3

⇒

a – b = 1 và p = 3

Nếu v > 2 thì p | v – 1 và p | p + 1

⇒

p|2

⇒
9

⇒

(p, a, b) = (3, 2k + 1, 2k).

p=2

⇒

2a – b = (v - 1)(v + 1).

¥

.


v − 1 = 2k
⇒ 2l − 2 k = 2 ⇒ k = 1, l = 2 ⇒ v = 3

l
v + 1 = 2
⇒ 

.

Suy ra a – b = 3.
Từ đó suy ra (p, a, b) = (2, 2k + 3, 2k).
Kết luận…
Ví dụ 7 (TH&TT_ T10/512) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì ta ln có
n

n và

22 + 1

là hai số ngun số ngun tố cùng nhau.

Lời giải
n

22 + 1

Gọi p là số nguyên tố và p |
nguyên ta có p ≡ 1 (mod 2n + 1).
⇒

thì theo một tính chất quen thuộc về bậc của một số

p = 2n + 1k + 1, k ∈

¥* ⇒

p > 2n + 1.

Mặt khác, ta dễ chứng minh bằng quy nạp được 2n + 1 > n, với mọi n ∈

¥*

.

Từ đó ta có đpcm.
Ví dụ 8 (TH&TT_T11/513) Cho h là số nguyên dương sao cho p = 2h + 1 là một số
nguyên tố. Tìm bậc của 2 modulo p.
Nhận xét: đây là bài toán cơ bản nhất mà sau khi dạy lý thuyết về cấp phần tử và có
thể lấy làm ví dụ minh họa mở đầu.
Lời giải
Ta có
Đặt

2h ≡ −1(mod p) ⇒ 22 h ≡ 1(mod p ).

k = ord p (2) ⇒ k | 2h

Nếu k

≤

nhưng k không là ước của h.

h thì 2k – 1 < 2h + 1 = p (loại)

Nếu k lẻ mà k | 2h
Vậy k chẵn

⇒

⇒

⇒

k > h.

k | h (vơ lý).

k = 2t | 2h

⇒

t|h

⇒

t

≤

h.

(1)

Ta có
2k – 1 = 22t – 1 = (2t - 1)(2t + 1).
Do t

≤

h

⇒

2t – 1 < 2 h + 1 = p

⇒

(p, 2t - 1) = 1.
10


⇒

2t + 1

Từ (1) và (2) suy ra t = h

⇒ ≥
≥
M ⇒ t
p
2 +1
p = 2h + 1
t
h. (2)

⇒

k = 2h.

Ví dụ 9 (HSG Tỉnh THPT Phú Yên 2021) Cho p là số nguyên tố lẻ. a và b là hai số
nguyên dương lẻ sao cho a + b chia hết cho p và a – b chia hết cho p – 1. Chứng minh
rằng
a b + b a M2 p
Nhận xét: Bài này có hình thức khá đẹp mắt mà tơi rất thích. Nó thực chất đã xuất
hiện khá lâu, trên TH&TT và chuyên đề cấp phần tử (2014) của thầy Nguyễn Duy
Liên.
Lời giải
Ta có a, b lẻ nên

ab + ba

chẵn nên

a b + b a M2

Không mất tính tổng qt ta giả sử a
Ta có

≥

b

a a − ab = ab (a a −b − 1) = a b (a k ( p −1) − 1) ≡ 0(mod p ) ⇒ a a ≡ a b (mod p )

Do b lẻ nên

a a + b a Ma + bMp ⇒ a a + b a ≡ 0(mod p)

Từ trên ta có

a b + b a ≡ a a + b a ≡ 0(mod p )

Từ đó ta có đpcm.
Ví dụ 10 (TH&TT_ T11/472) Cho n, k là các số nguyên dương và p là số nguyên tố
lẻ. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho pk là ước của

ϕ

(a),

ϕ

(a + 1), …,

ϕ

(a + n).

Nhận xét: Những bài chứng minh sự tồn tại hoặc tồn tại vô hạn các số nguyên dương
thỏa mãn điều kiện nào đó, ta thường nghĩ đến định lý Dirichle hoặc xây dựng hệ
phương trình đồng dư sau đó áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa.
Lời giải
Gọi q0, q1, …, qn là các số nguyên tố sao cho qi ≡ 1 (mod pk), điều này tồn tại theo bài
toán trên.
Theo định lí Thặng dư Tru ng Hoa tồn tạo số nguyên dương a sao cho

11

a ≡ 0(mod q0 )
a ≡ −1(mod q )

1

...

a ≡ − n(mod qn )

Hay a + i ≡ 0 (mod qi).
m

ϕ ( p1α1 ... pmα m ) = ∏ piαi −1 ( pi − 1).
i =1

Mặt khác ta lại có
⇒

Nếu p | n thì p – 1 |

ϕ

Từ đó suy ra pk | qi – 1 |

(n)

ϕ

(a + i), i = 0, 1, 2, …, n.

Đó chính là đpcm.
Ví dụ 11 (Pi 233) Cặp số nguyên dương a, b được gọi là cân bằng nếu hai số nguyên
dương a, b có cùng tập ước ngun tố. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n và
n + 6 là cặp cân bằng.
Lời giải
Giả sử n là số nguyên dương sao cho (n, n + 6) là cặp cân bằng.
Dễ thấy n > 1.
Gọi p là ước nguyên tố bất kì của n

⇒

p | (n, n + 6)

⇒

p ∈ {2, 3}.

Do đó

n = 2a3b
⇒ 2u 3v − 2a3b = 6. (1)

u v
n + 6 = 2 3
TH1: a = 0 thì u = 0

⇒

3v – 3 b = 6

⇔

Từ đó dễ dàng tìm được b = 1, v = 2
TH2: Nếu b = 0

⇒

v=0

⇒

⇒

2u – 2 a = 6

3b(3v – b - 1) = 6.
n = 3 (thỏa mãn).

⇒

a = 1, u = 3

⇒

n = 2 (thỏa mãn).

TH3: a,b, u, v > 0 thì 2u – 1.3v – 1 – 2a – 1.3b – 1 = 1.
Do đó trong hai số u và a phải có một số bằng 1, trong hai số v và b phải có một số

bằng 1.
Lại có u và v khơng đồng thời bằng 1 nên chỉ có thể xảy ra các khả năng sau:
+) a = b = 1

⇒

2u – 1.3v – 1 = 2

⇒

v = 1, u = 2
12

⇒

n = 6 (thỏa mãn).


+) b = u = 1

⇒

3v – 1 – 2a – 1 = 1.

Phương trình này quen thuộc và dễ dàng giải được a ∈ {2, 4}
+) a = v = 1

⇒

2u – 1 – 3b – 1 = 1

⇒

b ∈ {1, 2}

⇒

⇒

n ∈ {12, 48}.

n ∈ {6, 18}.

Từ đó ta tìm được n ∈ {2, 3, 6, 12, 18, 48 }.
Ví dụ 12 (TH&TT - 249) Giả sử a1, a2, …, an là các số nguyên dương phân biệt thỏa
mãn
1 1
1
+ + ... + = 1
a1 a2
an
và số lớn nhất trong các số ai có dạng 2p với p là một số nguyên tố. Hãy xác định các
số a1, a2, …, an.
Lời giải
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử a1 = max {a1, a2, …, an} = 2p với p nguyên tố.
Ta có
1 1
1
1
1

2 p −1
+ + ... + = 1 − = 1 −
=
a2 a3
an
a1
2p
2p
⇔

Do đó p|

a2 a3 ...an

m
2 p −1
=
⇔ 2 pm = (2 p − 1).a2 a3 ...an
a2 a3 ...an
2p

(vì (p. 2p - 1) = 1).

Suy ra p là ước của một trong các số ai, i = 2, 3, …, n.
Khơng mất tính tổng quát, giả sử p | a2.
Mà a1 = 2p > a2

⇒

a2 = p.

Từ đó suy ra
1 1
1
1 1
1 1 2p −3
+ + ... + = 1 − − = 1 −
− =
a3 a4
an
a1 a2
2p p
2p
⇔

Suy ra p |

M
2p −3
=
⇔ 2 pM = (2 p − 3).a3a4 ...an .
a3a4 ...an
2p

(2 p − 3).a3a4 ...an

.

Nếu có số ai chia hết cho p (với i = 3, 4, …, n) thì ai = p = a2 (vô lý) nên p | 2p – 3
13

⇒

p = 3.

Vậy số lớn nhất a1 = 6, a2 = 3.
Các số còn lại nhỏ hơn 6 nên thuộc tập {1, 2, 4, 5}.
Từ đó dễ dàng chứng minh được tồn tại duy nhất bộ {2, 3, 6} thỏa mãn.
1.3.1 Các bài tốn nâng cao
Trong phần này, chúng tơi cố gắng đưa ra các ví dụ minh họa mang tính thời sự
và tinh tế hơn. Các hướng giải quyết phức tạp hơn (theo quan điểm cá nhân)
Ví dụ 13 (IMO SL 2018) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (n, k) phân biệt sao cho
tồn tại số nguyên dương s sao cho số ước nguyên dương của sn và sk là bằng nhau.
Lời giải (Dựa theo lời giải của v_Enhance trên Aops)
TH1: Nếu n | k hoặc k | n thì hiển nhiên khơng tồn tại s.
TH2: n và k khơng có số nào là bội của số kia.
Ta sẽ chứng minh luôn tồn tại số nguyên dương s sao cho số ước của sn và sk là bằng
nhau.
Nhận xét rằng: với a > b
không âm c sao cho

≥

0 và vọi M nguyên, M

≥

b + 1 luôn tồn tại số nguyên

a + c +1 M +1
=
.
b + c +1
M
Thật vậy, ta chỉ việc chọn
mãn đẳng thức trên.

c = M (a − b ) − b + 1 ≥ (b + 1)(b + 1 − b) − b + 1 > 0

, luôn thỏa

Bây giờ ta xét
β

n = p1α1 ... piαi .q1β1 ...q j j .r1γ 1 ...rmγ m
'

β

'

'

'

k = p1α1 ... piαi .q1β1 ...q j j .r1γ 1 ...rmγ m .

Với

α l > α l' ,(l = 1, 2,..., i ), γ s < γ s' ,( s = 1, 2,..., m), i, m ≥ 1, j ≥ 0.
M > max{α1 ,...,α i , γ 1' ,..., γ m' }

Ta chọn
λ1 ,..., λi
số
sao cho

. Khi đó theo nhận xét trên ta ln tìm được các

14


λs + α s + 1 iM + 1 iM + 2
iM + i
M +1
=
.
...
=
.
'
iM iM + 1 iM + i − 1
M
s + αs + 1

i

∏λ
s =1

Và các số

λ1' ,..., λm'

sao cho

λs' + γ s + 1 mM + 1 mM + 2
mM + m
M +1
=
.
...
=
∏
'
'
mM mM + 1 mM + m − 1
M
s =1 λs + γ s + 1
m

'

Chọn

'

s = p1λ1 ... piλi .r1λ1 ...rmλm

thì ta sẽ có

λs + α s + 1
d ( sn) s =1 s + α s' + 1 M + 1 M
= m '
=
.
=1
λs + γ s + 1
d ( sk )
M M +1
∏
'
'
s =1 λs + γ s + 1
i

∏λ

.

Vậy các cặp (s,k) mà khơng có số nào là bội của số cịn lại ln thỏa mãn bài tốn.
Ví dụ 14 (Turkey EGMO TST 2020) Kí hiệu

m >1

p ( m)

là số các ước nguyên tố phân

f ( m)

biệt của số nguyên dương
. Đặt
là ước nguyên tố nhỏ thứ
m
n
của . Tìm tất cả các số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức sau:

f ( n 2 + 2 ) + f (n 2 + 5) = 2n − 4

.

Lời giải
Vì mọi ước nguyên tố đều lớn hơn hoặc bằng 2 nên:

2n − 4 = f ( n 2 + 2 ) + f ( n 2 + 5) ≥ 2 + 2 ⇒ n ≥ 4
Với
Với
Với
Với

n = 4 f (18) + f (21) > 4
:

(loại).

n = 5 f (27) + f (30) = 3 + 3 = 6 = 2.5 − 4
:

n = 6 f (38) + f (41) > 8
:

(loại).

n = 7 f (51) + f (54) = 3 + 2 < 10
:

(loại).
15

(thỏa mãn).

.

 p ( m) + 1 


2


n

Ta chứng minh bổ đề: nếu

là một hợp số thì

f ( n) ≤ n

.

Xét hai trường hợp:
Nếu

Nếu
của

n = pt

với

p (n) ≥ 2
n

t ∈ ¥ ,t ≥ 2

mà

lớn hơn

n

. Khi đó

f ( n) > n

cũng lớn hơn

n

p ( n) = 1

, vì

, vơ lý vì

và

f (n) = p <

 p ( n) + 1 
 2  < p(n)
n

pt = n

.

nên ước ngun tố thứ

khơng thể có hai ước ngun tố phân biệt cùng

.

Bổ đề trên được chứng minh.
Quay lại bài tốn.
chỉ xét

n≥8

và sử dụng bổ đề ta có

f ( n2 + 2 ) ≤ n2 + 2 ⇒ f ( n2 + 2 ) ≤ n
và

f ( n2 + 5) ≤ n2 + 5 ⇒ f ( n 2 + 5) ≤ n

Nếu

f (n 2 + 2) = n

Tương tự nếu
Nếu

Suy ra

thì

thì

f ( n2 + 5) ≤ n − 2

(vơ lý).
(vô lý).

n − 1| n 2 + 5 ⇒ n − 1| 6 ⇒ n ≤ 7

(1).

thì

f ( n2 + 2) ≤ n − 3

n | n2 + 5 ⇒ n | 5 ⇒ n = 5

thì

.

(vơ lý).

n − 1| n 2 + 2 ⇒ n − 1| 3 ⇒ n ≤ 4

f (n 2 + 5) = n − 1

f (n 2 + 2) = n − 2

Do đó

n | n2 + 2 ⇒ n | 2 ⇒ n = 2

f (n 2 + 5) = n

f (n 2 + 2) = n − 1

Tương tự nếu

Nếu

thì

p ( n)

n − 2 | n2 + 2 ⇒ n − 2 | 4 ⇒ n ≤ 6

(2).
16

(vô lý).

(vô lý).


Từ (1) và (2) suy ra
Vậy

n=5

f ( n 2 + 2 ) + f (n 2 + 5) ≤ 2n − 5 < 2n − 4

(loại).

là giá trị duy nhất thỏa mãn đề bài.

Ví dụ 15 (IMO Shortlist 2020) Cho trước số nguyên dương
tại số nguyên tố

p

. Chứng minh rằng tồn

sao cho có thể chọn các số nguyên dương phân biệt

a1 , a2 ,..., ak +3 ∈ { 1;2;...; p − 1}

i = 1,2,..., k

k

thỏa mãn

ai ai +1ai+ 2 ai+3 − i

chia hết cho

p

với mọi

.

Lời giải

{ qn } n=1

k +3

Trước tiên ta xây dựng dãy số hữu tỉ

như sau:

1

2
q1 = 1; q2 = M ; q3 = M ; q4 = M 3

q = n + 1 q ∀n ∈ ¥ *
n
 n+ 4
n
Trong đó

M

.

là một số hữu tỉ tùy ý thỏa mãn điều kiện sau:

1 
 1  1  1  
M > 1 + ÷ 1 + ÷1 + ÷...1 +
÷
 1  2  3   k + 3 

.

Sử dụng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được

qnqn+1qn+2qn+3 = n ∀n = 1;2;...; k

{ qn } n=1

.

k +3

Bây giờ ta chứng minh các số hạng của dãy

{ qn } n=1

k +3

dựng dãy số

ta thấy ngay:

q1 < q5 < q9 < ...
q < q < q < ...
 2
6
10

q3 < q7 < q11 < ...
q4 < q8 < q12 < ...
Nhận thấy:
17

đôi một phân biệt. Từ cách xây

1
 1  1 
Minq4 n+1 = q1 = 1 = q4 .M 3 > q4 .M > q4 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... > Max{q4 n}
 4  8  12 
 1  1  1 
Minq4 n+2 = q2 = M > q1 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... > Max{q4 n+1}
 1  5  9 
1
 1  1 
Minq4 n+3 = q3 = M 2 = q2 .M > q2 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... > Max{q4 n+2 }
 2  6  10 

{ qn } n=1

.

k +3

Do đó các số hữu tỉ trong dãy
nguyên tố

qn =
Đặt

p

{ an } n=1

là đôi một khác nhau. Tiếp theo ta chọn số

k +3

và xây dựng

như sau:

rn
rn , sn ∈ ¥ * ;(rn ; sn ) = 1) ∀n = 1;2;...; k + 3
(
sn

Khi đó tồn tại số nguyên tố

p

.

đủ lớn thỏa mãn:

 p > Max rn , p > Max sn
 p > Max r s − r s
i j
j i

1≤i ≠ j ≤ k + 3

Ta có ngay:

rn Mp, s n Mp ∀n; ri s j − rj si Mp ∀i ≠ j

Tiếp theo, với mỗi
ta chọn
đảo của
minh
+

{ an }

∀i ≠ j

trong

.

n = 1;2;...; k + 3

an ∈ { 1;2;...; p − 1}
sn

.

sao cho

{ 1;2;...; p − 1}

an ≡ rn sn−1 (mod p ),

trong đó

. Điều này là khả thi do

sn−1

là phần tử nghịch

rn Mp, s n Mp

. Ta đi chứng

thỏa mãn bài tốn.

thì

ai ≠ a j

Thật vậy giả sử

.

ai = a j ⇒ ri si−1 ≡ rj s −j 1 (mod p ) ⇒ ri s j ≡ rj si (mod p )

Do đó ta có

18

(vơ lý).


ai ai +1ai + 2 ai +3 ≡ ri ri +1ri + 2ri +3 si−1si−+11si−+12 si−+13 ≡ i (mod p )
⇒ ai ai +1ai + 2 ai +3 − iMp.

Đó chính là điều phải chứng minh.
Ví dụ 16 (Centroamarican 2020 – Pr 6) Ta gọi một số nguyên dương N là số
Inteoceanic nếu nó có phân tích chính tắc
N = p1x1 . p2x2 ... pkxk

thỏa mãn
p1 + p2 + ... + pk = x1 + x2 + ... + xk

.

Hãy tìm tất cả các số Inteoceanic nhỏ hơn 2000.
Lời giải
Trước hết ta chứng minh k
Thật vậy, nếu k

≥

≤

3.

4 thì
p1 + p2 + ... + pk ≥ 2 + 3 + 5 + 7 = 17
⇒ N > 2 x1 2 x2 ...2 xk ≥ 2 x1 + x2 +...+ xk ≥ 217 > 2000

không thỏa mãn.
Vậy k

≤

3.

Với k = 3 ta có
N = p1x1 p2x2 . p3x3 > 2 x1 2 x2 .4 x3 = 2 x1 + x2 + 2 x3 ≥ 22+ 3+5+ x3 ≥ 211 > 2000
Với k = 2 ta có p1 + p2

≤

10 nên chỉ có các cặp (p1, p2) sau
(2, 3), (2, 5), (2, 7), (3, 5), (3, 7).

TH1: x1 + x2 = 2 + 3 = 5 ta có các nghiệm sau
N ∈ {24.3, 23.32, 22.33, 21.34}.
TH2: x1 + x2 = 2 + 5 = 7, ta có 54.23 > 2020 nên ta tìm được
N ∈ {53.24, 52.25, 5.26}.
TH3: x1 + x2 = 2 + 7 ta dễ dàng tìm được nghiệm duy nhất N = 28.7
TH4: x1 + x2 = 3 + 5 = 8.
Ta có 37.5 > 2000 nên dễ dàng chứng minh được không tồn tại N.
19

(loại).


TH5: x1 + x2 = 3 + 7 = 10 cũng dễ chứng minh được không tồn tại N.
Với k = 1 dễ dàng tìm được N ∈ {22, 33}.
Từ đó tìm được tất cả các số Inteoceanic thỏa mãn bài tốn như trên.
Ví dụ 17 (BMO 2019) Kí hiệu
Tìm tất cả các hàm

f :P→ P

P

là tập hợp gồm tất cả các số nguyên tố.

thỏa mãn đẳng thức sau

f ( p ) f ( q ) + q p = f (q ) f ( p ) + p q
p, q ∈ P

với mọi

.

Lời giải
Từ đẳng thức đã cho ta có

f ( p ) f ( q ) − f (q) f ( p ) = p q − q p
p, q

Với
là các số nguyên tố lẻ bất kì thì
phải cùng tính chẵn lẻ.
Giả sử

f ( p ), f (q )

Thay vào ta được

đều chẵn thì do

q p = pq

Thế

và

p

f :P→ P

nên

f ( p ) = f (q ) = 2

p

thì

f ( p)

.

lẻ.

là một số nguyên tố lẻ bất kì vào đẳng thức đã cho ta được

f ( p) f (2) − f (2) f ( p ) = p 2 − 2 p
Vì vế phải là một số lẻ nên

f (2) = 2

f ( p ), f (q )

là số chẵn nên dễ thấy

, vơ lý.

Do đó với mọi số nguyên tố lẻ

q=2

pq − q p

.

f ( p)

và

f (2)

.

khác tính chẵn lẻ. Lại có

f ( p)

.

Bây giờ xét
Xét hàm số

p

là một số nguyên tố lẻ bất kì:

g ( x) = x 2 − 2 x

. Ta chứng minh

Thật vậy:
20

f ( p) 2 − 2 f ( p ) = p 2 − 2 p
g ( x + 1) < g ( x)

với mọi

.

x ≥ 3.

lẻ nên


g ( x + 1) − g ( x) = ( x + 1) − 2 x+1 − ( x 2 − 2 x ) = 2 x + 1 − 2 x < 0
2

với mọi

x ≥ 3.

Do đó từ đẳng thức

f ( p)2 − 2 f ( p ) = p 2 − 2 p
ta thu được

f ( p) = p

với mọi số nguyên tố lẻ

Kết luận: hàm số cần tìm là hàm

f ( p) = p

p

.

.

(thử lại thấy thỏa mãn).

Ví dụ 18 (Canada TST 2021) Cho n là một số nguyên dương. Gọi p1, p2, …, pn là các
số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3. Chứng minh rằng

2 p1 p2 ... pn + 1

có ít nhất 4n ước số.

Lời giải
Bổ đề 1. Cho a, b là hai số nguyên dương lẻ. Khi đó (2a + 1, 2b + 1) = 2(a, b) + 1.
Đây là bổ đề khá quen thuộc, xin không chứng minh lại ở đây.
Trở lại bài tốn
Nếu (p, 3) = 1 thì theo bổ đề trên ta có (2p + 1, 23 + 1) = 2(p,3) + 1 = 3

⇒

2p + 1 không chia hết chi 9.

Ta gọi một số nguyên dương là “tốt” nếu nó là số Squarefree lẻ, khơng chia hết cho 3
và lớn hơn hoặc bằng 5.
Đặt T(n) là số ước nguyên tố phân biệt của n, d(n) là số ước của n.
Bài toán trở thành: Chứng minh rằng với mọi số tốt a ta có
d (2a + 1) ≥ 4T ( a )

(*)

Quy nạp theo T(a).
Nếu T(a) = 1 hay a = p
Khi đó

≥

5, p nguyên tố.

2a + 1 = (2 + 1)(2 a−1 + ... + 1)

2a−1 + ... + 1 > 3

Mà
hơn hoặc bằng 5

.

, lẻ và không chia hết cho 3 nên nó có ít nhất một ước nguyên tố lớn

⇒ d (2a + 1) ≥ 4 = 4T ( a ).
Do đó (*) đúng khi T(a) = 1.
21


Giả sử (*) đúng khi T(a) = k, ta xét số nguyên tố

( p, a ) = 1, p ≥ 5, p

là số nguyên tố.

Khi đó

2 pa + 1M2 p + 1
⇒ 2 pa + 1 = L[2a + 1, 2 p + 1]
 pa
a
2 + 1M2 + 1

.

Do

pa - 2p - 2 - 4 = (p - 2)(a - 2)-8

≥

3.3 – 8 > 0

Nên
2 pa + 1 > 22 p + 2 a + 4 + 1 > (2a + 1) 2 (2 p + 1) 2 > [2 a + 1, 2 p + 1]2
L > [2a + 1, 2 p + 1] =
Suy ra

(2 a + 1)(2 p + 1)
3

Suy ra
d (2a + 1) d (2 p + 1)
d ( L[2 + 1, 2 + 1]) ≤ 2d ([2 + 1, 2 + 1]) = 2.
≥ 4T ( a ) +1
2
a

p

a

p

Từ đó (*) đúng với T(a) = k + 1.
Vậy ta có đpcm.
Ví dụ 19 (Hướng tới kì thi VMO và Olimpic Tốn) Cho p là số nguyên tố và a, b, c

là 3 số nguyên bất kì. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y, z không đồng thời
chia hết cho p sao cho
ax 2 + by 2 + cz 2
chia hết cho p.
Lời giải
(Tham khảo từ một bạn trên Group Hướng tới kì thi VMO và Olimpic Toán)
TH1: Nếu một trong ba số a, b, c chia hết cho p thì bài tốn hiển nhiên đúng.
Bởi vì, chẳng hạn c

M
p, ta chỉ việc chọn (x, y, z) = (p, p, 1) thỏa mãn.

TH2: Cả ba số a, b, c cùng không chia hết cho p, chọn z = 1. Bài toán trở thành
ax 2 + by 2 ≡ −c(mod p)
có nghiệm.
22


Do có

p +1
2

ax , −c − by
2

thặng dư bình phương (mod p) nên
¢
chia cho p khi x và y chạy khắp .

2

đều có

p +1
2

số dư khi

Nếu các số dư của ax2 luôn khác số dư của –c – by2 khi chia cho p thì vơ lý vì khi đó
có p + 1 số dư phân biệt.
Do đó phải tồn tại x, y ∈ Z sao cho

ax 2 ≡ −c − by 2 (mod p )

.

Đến đây ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Thực chất, bài toán này chỉ là một hệ quả trực tiếp của định lý Cauchy –
Davenport!
Ví dụ 20
a) Cho x0, k ∈

¢

,k

≥

1 và p là số nguyên tố với

P ( x) = 1 + x p

k −1

+ x2 p

k −1

x0 ≡/ 1(mod p)

. Đa thức

k −1

+ ... + x ( p −1). p .

Giả sử q là một ước nguyên tố của P(x0), chứng minh rằng q ≡ 1 (mod pk).
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng pkt + 1.
Lời giải
k

a) Ta có
Gọi

P ( x0 ) | x0p − 1.

h = ord q ( x0 ) ⇒

Nếu n

≤

k – 1 thì

x0p

h | pk
k −1

Mà P(x0) ≡ 0 (mod q)

⇒

h = pn với n

≡ 1(mod q) ⇒

⇒

≤

k.

P(x0) ≡ p (mod q)

p=q

Mà theo định lý Fermat nhỏ

x0p ≡ x0 (mod p ) ⇒ x0p

k −1

≡ x0 (mod p )

Do đó x0 ≡ 1 (mod p) trái với giả thiết
Do đó n = k tức là h = pk.
Từ đó suy ra q – 1

Mk⇒
p
q ≡ 1 (mod pk).

b) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng pkt + 1 là q1, q2, …, qm.
Xét x0 = q1.q2…qm + 1
23


Ta có x0 ≡ 1 + 1 ≡ 2 (mod p)

⇒ x0 ≡/ 1(mod p)

Gọi q là ước nguyên tố của P(x0), q ln tồn tại vì P(x0) > 1, theo phần a) thì ta có
q ≡ 1(mod p k )

.

Do đó, tồn tại qi, i = 1, 2, …, m sao cho p = qi.
Suy ra x0 ≡ 1 (mod q)

⇒

P(x0) ≡ p (mod q)

⇒

p = q vô lý do

q ≡ 1(mod p k )

Vậy điều giả sử là sai suy ra có vơ số số ngun tố dạng pkt + 1.
Nhận xét: Đây là một trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet sau:
“Cho a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Khi đó có vơ hạn số ngun
tố có dạng an + b”. Tuy nhiên, hiện nay chưa có chứng minh sơ cấp nào cho định lý
trên.
Áp dụng bài tốn này ta có thể dễ dàng giải quyết bài tốn sau trên tạp chí Tốn học
và tuổi trẻ.
Ví dụ 21 (Bình Dương 2020) Cho p là một số nguyên tố lẻ. Giả sử
(1 + x) p −2 = 1 + a1 x + a2 x 2 + ... + a p −2 x p − 2 .

a) Chứng minh rằng

ak + ( −1) k +1 ( k + 1)

chia hết cho p với mọi k = 1, 2, …, p – 2.

b) Khi chia a1, a2, …, ap -2 cho p ta được bao nhiêu số dư phân biệt? Vì sao?
Lời giải
a) Ta có

ak + (−1) k +1 (k + 1) = C pk −2 + ( −1) k +1 ( k + 1)
( p − 2)( p − 3)...( p − 1 − k )
+ (−1) k +1 (k + 1)
k!
(−2)(−3)...(−k − 1)
≡
+ (−1) k +1 (k + 1)
k!
k
(−1) (k + 1)!
≡
+ (−1) k +1 (k + 1) ≡ 0(mod p).
k!
=

Từ đó có đpcm.
b) Theo phần a) ta có
 k + 1 (mod p), k = 2n
ak ≡ (−1) k ( k + 1) (mod p) ≡ 
 p − k − 1 (mod p), k = 2n + 1.
24


p −3
2

Do đó với mọi m, n ∈ {1, 2, …,

Và với mọi m, n ∈ {0, 1, 2, …,

p −3
2

} thì

a2 n ≡ a2 m (mod p ).

}thì m, n ∈ {1, 2, …,

Do mọi số dư của ak chia p đều là số lẻ nên chọn được đúng

p −3
2

}

p −1
2

số dư.

Ví dụ 22. Cho hai số nguyên a, b và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng n! là ước
của số
A = b n−1a (a + b)(a + 2b)...(a + (n − 1)b).
Lời giải
Nếu n = 1, bài toán hiển nhiên đúng.
Nếu n

≥

2.

Gọi p là một số nguyên tố bất kì, p
⇒

TH1: p | b

Mà
⇒

vp(bn - 1) = (n - 1)vp(b)

≤

n ta phải chứng minh vp(n!)

≥

≤

vp(A).

n–1

∞
 n  ∞ n ∞ n
v p (n !) = ∑  k  ≤ ∑  k  < ∑ k = n
k =1  p 
k =1  2 
k =1 2

vp(n!)

≤

n–1

≤

vp(bn - 1)

≤

vp(A)

TH2: (p, b) = 1.

M
Gọi k = vp(n!) ta chứng minh B = a(a+b)(a+2b) …[a + (n - 1)b] pk.
≡
Thật vậy, do (p, b) = 1 nên tồn tại c nguyên sao cho bc 1 (mod pk)
≡
Ta có Bcn = ac(ac+bc) … [ac + (n-1)bc] ac(ac+1)(ac + 2) … (ac + (n - 1))
Do

M
ac(ac+1)(ac + 2) … (ac + (n - 1)) n!
nên

M

ac(ac+1)(ac + 2) … (ac + (n - 1)) pk
Suy ra Bcn

≡

0 (mod pk)

⇒

B

≡

0 (mod pk)
25