Định lý Zsigmondy và tính chất số học của đa thức (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

ĐỖ LAN HƢƠNG

ĐỊNH LÝ ZSIGMONDY VÀ
TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

ĐỖ LAN HƢƠNG

ĐỊNH LÝ ZSIGMONDY VÀ
TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA ĐA THỨC
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số
: 84 60 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - 2018


1

Mục lục
1 Định lý Zsigmondy
1.1 Đa thức và số phức . . . . . . . . . .
1.1.1 Khái niệm đa thức, phép toán
1.1.2 Thuật toán Euclid . . . . . .
1.1.3 Xây dựng trường số phức C .
1.2 Đa thức chia đường tròn . . . . . . .
1.2.1 Đa thức chia đường tròn . . .
1.2.2 Vận dụng . . . . . . . . . . .
1.3 Định lý Zsigmondy . . . . . . . . . .
1.3.1 Định lý Zsigmondy . . . . . .
1.3.2 Vận dụng Định lý Zsigmondy

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

2 Tính chất số học của đa thức
2.1 Tính chất đặc biệt của đa thức thuộc Z[x]
2.1.1 Định lý Bézout . . . . . . . . . . .
2.1.2 Vận dụng . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đa thức Hilbert và biểu diễn Mahler . . .
2.3 Vận dụng giải bài toán thi học sinh giỏi . .
Kết luận
Tài liệu tham khảo

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

4
4
4
5
6
13
13
19
21
21
23

.
.
.
.
.

27
27

27
29
38
40
44
45


2

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của PGS.TS. Đàm Văn
Nhỉ. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới
người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu,
dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc
của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các
giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác
giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể Lớp B,
cao học Toán khóa 10 (2016 - 2018) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất
nhiều trong suốt quá trình học tập.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào
tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Lý
Thường Kiệt, Huyện Thủy Nguyên, Thành phố Hải Phòng đã tạo điều
kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến bố
mẹ và đại gia đình đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn để tác

giả hoàn thành tốt luận văn này.


3

Lời nói đầu
Đa thức có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những là
một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công
cụ đắc lực của Giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn,
lý thuyết nội suy,... Ngoài ra, đa thức còn được sử dụng nhiều trong
tính toán và ứng dụng. Trong các kì thi học sinh giỏi toán quốc gia và
Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa thức cũng thường được đề
cập đến và được xem như những bài toán khó của bậc phổ thông.
Đã có nhiều đề tài viết về đa thức nhưng trong luận văn của mình tôi
muốn tập trung xét việc vận dụng đa thức trong số học.
Mục đích của luận văn này là giới thiệu Định lý Zsigmondy - một định
lý rất mạnh trong xử lý các bài toán khó về số nguyên tố và giới thiệu
tính chất đặc biệt của đa thức thuộc Z[x].
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và hai chương.
Chương 1. Định lý Zsigmondy. Chương này gồm ba mục chính:
Mục 1.1 trình bày về một số tính chất cơ bản về đa thức và số phức.
Mục 1.2 trình bày về đa thức chia đường tròn.
Mục 1.3 trình bày về Định lý Zsigmondy và vận dụng Định lý Zsigmondy
trong giải một số bài toán thi học sinh giỏi.
Chương 2. Tính chất số học của đa thức. Chương này được chia
thành ba mục chính:
Mục 2.1 trình bày về tính chất đặc biệt của đa thức thuộc Z[x].
Mục 2.2 trình bày về đa thức Hilbert và biểu diễn Mahler.
Mục 2.3 trình bày về cách vận dụng đa thức Hilbert.

4

Chương 1

Định lý Zsigmondy
Trước khi giới thiệu về định lý Zsigmondy, phần đầu của chương này
luận văn trình bày các kiến thức cơ sở về đa thức, trường số phức và đa
thức chia đường tròn. Các kiến thức trong chương này được tham khảo
từ tài liệu [1] và [3].

1.1

Đa thức và số phức

1.1.1

Khái niệm đa thức, phép toán

Mục này tập trung nghiên cứu vành các đa thức một biến trên một
trường. Trường K có thể là trường Q, R, C. Ký hiệu tập đa thức trên K
n
n

ai xi | ai ∈ K .

K[x] = {a0 + a1 x + · · · + an x |ai ∈ K, n ∈ N} =
i=0

Mỗi phần tử thuộc K[x] được viết là f (x) hoặc đơn giản f. Phần tử

n

f=

ai xi với quy ước x0 = 1, được gọi là một đa thức của biến x với

i=0

các hệ tử thuộc K. Khi an = 0 và n là số tự nhiên thì n được gọi là bậc
của đa thức f và được ký hiệu n = deg f ; an được gọi là hệ tử cao nhất; a0
được gọi là hệ tử tự do hay số hạng tự do. Trường hợp f = a = 0, a ∈ K,
được gọi là đa thức bậc 0. Đặc biệt, khi f = 0 thì đa thức này được quy
ước có bậc −1 hoặc −∞, tùy theo việc sử dụng bậc vào lĩnh vực nào.
Đa thức dạng f = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + xn được gọi là đa thức
n

monic. Các phép toán trong K[x] : Với f =

i

m

ai x , g =
i=0

i=0

bi xi ∈ K[x]

5

ta định nghĩa

m = n
f = g khi và chỉ khi
ai = bi , i = 0, 1, . . . , n
i

m+n

ai−j bj xi .

i

f +g =

(ai + bi )x , f g =
i=0

i=0

j=0

Mệnh đề 1.1. Với các phép toán trên, K[x] lập thành một vành giao
hoán có đơn vị.
Mệnh đề 1.2. Với hai đa thức f, g ∈ K[x] ta có các kết quả về bậc:
(1) deg(f + g)

max{deg f, deg g}.

(2) deg(f g) = deg f. deg g.
n

Chứng minh. (1) Giả sử f =
i=0

ai xi và g =

m

bi xi . Không hạn chế

i=0

có thể coi m
n. Nếu m < n thì deg(f + g) = n
max{n, m}. Nếu
m = n và an + bn = 0 thì deg(f + g) = n = max{n, n}. Nếu m = n
và an + bn = 0 thì deg(f + g) < n = max{n, n}. Tóm lại, ta luôn có
deg(f + g) max{deg f, deg g}.
(2) Vì an , bm = 0 nên an .bm = 0. Do vậy deg(f g) = m.n = deg f. deg g.

1.1.2

Thuật toán Euclid

Cho hai đa thức f (x) và g(x) với bậc n = deg f (x) và m = deg g(x).
Giả thiết m > 0. Nếu có đa thức h(x) để f (x) = h(x)g(x) thì ta nói
rằng f (x) chia hết cho g(x) với thương h(x). Nếu không có đa thức h(x)

nào để f (x) = h(x)g(x) thì ta nói rằng đa thức f (x) không chia hết cho
g(x). Ta có hai đa thức duy nhất h(x), r(x) để
f (x) = h(x)g(x) + r(x), deg r(x) < m.
Đa thức r(x) được gọi là đa thức dư trong phép chia đa thức f (x) cho
đa thức g(x).


6

Định lý 1.1. Với các đa thức f (x), g(x) thuộc vành K[x] và g(x) = 0
có hai đa thức duy nhất q(x), r(x) sao cho f (x) = q(x)g(x) + r(x), trong
đó deg r(x) < deg g(x).
Chứng minh. Sự tồn tại: Giả sử f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 +
a1 x + a0 và g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 .
Nếu n < m thì chọn q(x) = 0, r(x) = f (x).
an n−m
Nếu n
m thì ta xét hiệu f1 (x) = f (x) −
x
g(x). Khi đó n1 =
bm
an n−m
deg f1 (x) n − 1. Nếu n1 < m thì chọn q(x) =
x
và r(x) = f1 (x).
bm
Nếu n1
m ta tiếp tục quá trình trên. Sau một số hữu hạn bước, ta
đạt được q(x) và r(x) thỏa mãn các yêu cầu đặt ra.
Tính duy nhất: Giả sử có các đa thức q1 (x), q2 (x), r1 (x), r2 (x) thỏa mãn

q1 (x)g(x)+r1 (x) = f (x) = q2 (x)g(x)+r2 (x) với deg r1 (x), deg r2 (x) < m.
Từ đây suy ra
[q1 (x) − q2 (x)]g(x) = r1 (x) − r2 (x).
Nếu q1 (x)−q2 (x) = 0 thì deg[q1 (x)−q2 (x)]g(x) m > deg[r1 (x)−r2 (x)],
vô lý. Từ đó suy ra q1 (x) = q2 (x) và r1 (x) = r2 (x).
Định nghĩa 1.1. Đa thức d(x) được gọi là nhân tử chung của hai đa
thức f (x) và g(x) nếu f (x) và g(x) cùng chia hết cho đa thức d(x). Hai
đa thức f (x) và g(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng chỉ có
ước chung là các đa thức bậc 0.
Định lý 1.2. [Bézout] Hai đa thức f (x) và g(x) nguyên tố cùng nhau
khi và chỉ khi có hai đa thức p(x), q(x) để p(x)f (x) + q(x)g(x) = 1.
Định lý 1.3. Vành K[x] là một vành chính và nó là vành nhân tử hóa.
1.1.3

Xây dựng trường số phức C

Xét tích T = RxR = {(a, b) |a, b ∈ R}. Với kí hiệu i ∈
/ R ta đồng nhất
cặp (a, b) với a + bi và tích Carte T = RxR được coi như tập


7

T = {(a + bi) |a, b ∈ R}. Định nghĩa các phép toán trong T:
a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
(a + bi).(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i
a = a + 0i, i = 0 + bi, bi = ib.
Để đơn giản, ta quy ước viết (a + bi)(c + di) thay cho (a + bi).(c + di)
Từ định nghĩa, ta có :

(1) Với i = 0 + 1i ∈ T có i2 = (0 + 1i)(0 + 1i) = −1 + 0i = −1
(2) (a + bi)(1 + 0i) = a + bi = (1 + 0i)(a + bi).
Ký hiệu C là tập T cùng với các phép toán đã nêu ra ở trên. Ta có:
Bổ đề 1.1. Ánh xạ φ : R → C, a → (a, 0), là một đơn ánh và nó thỏa
mãn φ(a + a ) = φ(a) + φ(a ), φ(aa ) = φ(a)φ(a ) với mọi a, a ∈ R.
Đồng nhất (a, 0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó ta có thể viết
(a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 = (−1, 0) = −1.
Do đó i hay a hoặc a+ bi là bình đẳng trong C.
Như vậy C = (a + bi) |a, b ∈ R, i2 = −1 và trong C ta có các kết quả:
a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d
a + bi + c + di = a + c + (b + d)i
(a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i.
Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, ký
hiệu Re(z), và phần ảo b, ký hiệu Im(z); còn i được gọi là đơn vị ảo. Số
phức a − bi được gọi là số phức liên hợp của của z = a + bi và được ký
hiệu là z = a + bi. Ta có zz = (a + bi) (a − bi) = a2 + b2 , z1 z2 = z1 z2 và
√
gọi |z| = zz là mô-đun của z. Số đối của z = c + di là −z = −c − di
và hiệu z − z = (a + bi) − (c + di) = a − c + (b − d)i.
Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng
với điểm M (a;b). Tương ứng này là một song ánh:
C → R × R, z = a + bi → M (a; b) .


8

Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhất z với M, mặt phẳng
tọa độ biểu diễn số phức như thế gọi là mặt phẳng phức hay mặt phẳng
Gauss, ghi công C. F. Gauss-người đầu tiên đưa ra biểu diễn.
Mệnh đề 1.3. C là trường chứa trường R như một trường con.

Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị 1.
Giả sử z = a + bi = 0. Khi đó a2 + b2 > 0. Giả sử z =x + yi ∈ C
a


x
=
2
ax − by = 1
a + b2
thỏa mãn zz’=1 hay
. Giải hệ ta được
b

bx + ay = 0
y=− 2
a + b2
1
a
b
−1
=
−
i
là
nghịch
đảo
của
z,
ký

hiệu
là
z
.
Vậy z = 2
a + b2 a2 + b2
z
Như vậy C là một trường . Tương ứng C → C, z → z, là một tự đẳng
cấu liên hợp. Đồng nhất a ∈ R với a + 0i ∈ C và coi R như là một trường
con của C hay R ⊂ C.
Chú ý, nghịch đảo của z = 0 là z −1 =

z
zz
z
−1
=
z
z
=
và
.
z
|z|2
|z|2

Định nghĩa 1.2. Cho số phức z = 0. Giả sử M là điểm trong mặt phẳng
phức biểu diễn số phức z. Số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác tia đầu
Ox và tia cuối OM được gọi là một Argument của z và được ký hiệu là
Arg(z). Góc α=xOM, − π ≤ α ≤ π, được gọi là argument của z và được

ký hiệu bởi argz. Argument của số phức 0 là không định nghĩa.
Chú ý, nếu α là một argument của z thì mọi argument của z đều có
dạng α+k2.π với k ∈ Z. Với z = 0 , ký hiệu α+k.2π là argument của z.
√
Ký hiệu r = zz. Khi đó số phức z = a + bi có a = rcosα, b = r sin α.
Vậy khi z = 0 thì có thể biểu diễn z = r (cos α + i sin α) và biểu diễn này
được gọi là dạng lượng giác của z.
n

Ví dụ 1.1. Với a + bi =(x + iy)n có a2 + b2 = x2 + y 2 .
Bài giải. Từ a + bi = x + iy
n
a2 + b2 = x2 + y 2 .

n

n

suy ra a − bi = x − iy . Như vậy


9

Mệnh đề 1.4. [Moivre] Nếu z = r (cosα + i sin α) thì với mỗi số nguyên
dương n có zn =rn [cos (na) + i sin (na) ].
Hệ quả 1.1. Căn bậc n của một số phức z = r(cosa + i sin a) = 0 là n
α + 2kπ
α + 2kπ
1
giá trị khác nhau zk =r n (cos

+ i sin
) với k = 1,2,...,n.
n
n
Tích vô hướng và tích lệch của hai số phức z1 , z2 , ký hiệu < z1 , z2 > và
[z1 , z2 ], được định nghĩa tương ứng qua các công thức sau đây:
<z1 , z2 >=

1
1
(z1 z2 + z1 z2 ) , [z1, z2 ] = (z1 z2 − z1 z2 ) .
2
2i

Mệnh đề 1.5. Nếu z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ) , z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ]
với r1 , r2 ≥ 0 thì:
|z1 |
z1
và |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | .
(1) |z1 z2 | = |z1 | |z2 | ,
=
z2
|z2 |
(2) z1 z2 = r1 r2 [cos (α1 + α2 ) + i sin (α1 + α2 )] .
z1
r1
(3) = [cos (α1 − α2 ) + i sin (α1 − α2 )] khi r2 > 0.
z2
r2
(4) <z1 , z2 >= |z1 | |z2 | cos (α1 − α2 ) và < z1 , z2 >=< z2 , z1 >.

(5) < az1 + bz3 , z2 >= a < z1 , z2 > +b < z3 , z2 > với mọi số phức z1 , z2 , z3
và mọi a, b ∈ R.
(6) [z1 , z2 ] = |z1 | |z2 | sin (α2 − α1 ) và [z1 , z2 ] = −[z2 , z1 ].
(7) Với z1 = cosα1 + i sin α2 , z2 = cosα2 + i sin α2 ta có biểu diến
α1 − α2
α1 + α2
α1 + α2
cos
+ i sin
2
2
2
α1 − α2
|z1 − z2 | = 2 sin
.
2
z1 − z2 = 2i sin

Mệnh đề 1.6. Với hai số phức z1 và z2 ta luôn có các hệ thức liên hệ sau:
z1 = z2 ⇔ |z1 | = |z2 | , arg z1 = arg z2 + 2kπ, k ∈ Z.


10

arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) + 2kπ, k ∈ Z.
z1
arg
= arg (z1 ) − arg (z2 ) + 2kπ, k ∈ Z.
z2
Arg (z1 z2 ) = Arg (z1 ) + Arg (z2 ) .

z1
Arg
= Arg (z1 ) − Arg (z2 ) .
z2
Người ta chỉ ra rằng, đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có nghiệm trong
C. Đó chính là nội dung Định lý cơ bản của đại số mà người đầu tiên
chứng minh là nhà toán học Gauss (1977 − 1985).
Định nghĩa 1.3. Trường K được gọi là một trường đóng đại số nếu mọi
đa thức bậc dương thuộc K[x] đều có nghiệm trong K.
Như vậy trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành
tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.
Định lý 1.4. [D’Alembert-Gauss, định lý cơ bản của đại số] Mọi đa
thức bậc dương thuộc C[x] đều có ít nhất một nghiệm thuộc C.
Ví dụ 1.2. Giả sử hai đa thức f, g ∈ R [x] \ {0} thỏa mãn
f (x2 + x + 1) = f (x)g(x). Chứng minh rằng bậc của f là số nguyên
dương chẵn.
Bài giải. Giả sử đa thức f có bậc lẻ. Khi đó f (x) = 0 có ít nhất một
nghiệm thực α. Từ hệ thức f (x2 + x + 1) = f (x)g(x) suy ra α2 + α + 1
cũng là nghiệm của f (x) = 0. Theo quy luật này, dãy số a0 = α và
a2r+1 + ar + 1 đều là nghiệm của f (x) = 0. Điều đó chứng tỏ, f (x) = 0
có vô hạn nghiệm, mâu thuẫn . Do vậy, tất cả các nghiệm của f (x) = 0
đều là số phức, không là số thực. Từ đó suy ra bậc của f là một số
nguyên dương chẵn.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng, tất cả các nghiệm của đa thức dạng
f (x) = xn + 2nxn−1 + 2n2 xn−2 + ... không thể đều là những số thực.
Bài giải. Giả sử tất cả các nghiệm x1 , x2 , ..., xn đều là những số thực.


11

Theo định lý Vi-ét ta có:
n

n

xi xj = 2n2 .

xi = −2n,
i=1

1≤i2

n

1
Vậy 2n =
xi xj =
2
1≤i2

xi

n

−

i=1

xi

2

i=1

n−1
≤
2n

2

n

xi
i=1

và suy ra 2n2 < 2n(n − 1), mâu thuẫn. Như vậy điều giả sử là sai, suy
ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.4. Tìm tất cả các đa thức f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +a2 xn−2 +...+an
với các ai ∈ {−1; 1} với mọi i sao cho tất cả các nghiệm đều là số thực.
Bài giải. Giả sử tất cả các nghiệm x1 , x2 , ..., xn đều là những số thực.
Theo định lý Vi-ét ta có:
n

2

n
2

xi =
i=1
n

n

−2

xi
i=1

Vậy

n

xi xj =

a2n−1

x2i = 1.

− 2an−2 ≤ 3,

1≤i
i=1

x2i ≥ n. Từ đây suy ra n ≤ 3 và x1 x2 x3 = ±1. Từ đó xác định

i=1

được các đa thức x ± 1, x2 ± x − 1, x3 − x ± (x2 − 1).
Ví dụ 1.5. Giả sử n số phức z1 , ..., zn thỏa mãn |z1 | + · · · + |zn | = 2017.
2017
Chúng minh, tồn tại một tập con I ⊂ {1, 2, ..., n} để
zk ≥
.
4
k∈I
Bài giải. Giả sử zk = ak + ibk , ak , bk ∈ R, với k = 1, 2, ..., n. Khi đó
n

n

|zk | ≤

2017 =
k=1

n

|ak | +
k=1

|bk | =
k=1

ak −
k∈I

bj −

ak +
k ∈I
/

j∈J

bj
j ∈J
/

với các tập con I, J ⊂ {1, 2, ..., n} và ak , bj ≥ 0. Từ biểu diễn này ta suy
2017
2017
2017
ra hoặc
ak ≥
hoặc
bj ≥
, chẳng hạn
ak ≥
.
4
4
4
j∈J
k∈I
k∈I
2017

Như vậy
zk ≥
ak ≥
.
4
k∈I
k∈I


12

Ví dụ 1.6. Giả sử đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an ∈ C[x]
với n nghiệm α1 , α2 , ..., αn và đa thức g(x) = xn +b1 xn−1 +b2 xn−2 +· · ·+bn
với n nghiệm α12 , α22 , ..., αn2 . Chứng minh rằng, nếu a1 + a3 + a5 + · · · và
a2 + a4 + a6 + · · · đều là những số thực thì g(1) cũng là một số thực.
Bài giải. Ta có:
n

g x

2

n
2

x −

=

αk2

k=1

n

(x + αk ) = (−1)n f (x) f (−x) .

(x − αk )

=
k=1

k=1

Biểu diễn
g(1) − 1 = (−1)n f (1)f (−1) − 1 = (−1)n (1 + b − a)(1 + b + a),
ở đó a = a1 + a3 + a5 + · · · và b = a2 + a4 + a6 + · · · đều là những số
thực. Do vậy, g(1) cũng là một số thực.
Ví dụ 1.7. Tính lim

n→∞

1
1
1
1 + cosx+ 2 cos2x+ · · · + n cosnx .
2
2
2

Bài giải. Đặt tổng
1
1
1
T = 1 + cosx+ 2 cos2x+ · · · + n cosnx
2
2
2
và tổng
1
1
1
iS = i sinx+i 2 sin2x+ · · · +i n sinnx.
2
2
2
Ta có thể biến đổi f = T + iS :
sin x
cos x
sin x 2
cos x
sin x
cos x
+i
+
+i
+ ··· +
+i
2
2

2
2
2
2
cos x cos(n + 1)x cos(n − 1)x
−
+
1−
n+1
2
2
2n+2
=
+ i...
5
− cos x
4
1
1
1
4 − 2cosx
Vậy lim 1 + cosx+ 2 cos2x+ · · · + n cosnx =
.
n→∞
2
2
2
5 − 4cosx

f = 1+

n


13

Ví dụ 1.8. Cho f (x) = x3 + 15x2 + 75x + 120. Hãy giải phương trình
f (f (. . . (f (f (x)) . . .)) = x và tính tổng tất cả các nghiệm.
n lầnf

Bài giải. Ta có f (x) = (x + 5)3 − 5. Bằng quy nạp theo n ta nhận được
n

f (f (...(f (f (x))...)) = (x + 5)3 − 5.
n lầnf
n

Vậy ta phải giải phương trình (x + 5)3 = x + 5.
n
Giải ra x0 = −5 và nghiệm của phương trình (x + 5)3 −1 = 1.
k2π
sin k2π
Tóm lại x0 = −5 và xk = −5+cos n
+i n
với k = 1, 2, ..., 3n −1.
3 −1
3 −1
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình T = −5.3n .

1.2

1.2.1

Đa thức chia đường tròn
Đa thức chia đường tròn

Định nghĩa 1.4. Cho n là một số nguyên dương và α là một căn bậc
n của đơn vị. Khi đó số nguyên dương nhỏ nhất k sao cho αk = 1 được
gọi là cấp của α và kí hiệu là ord(α). Ví dụ: Các căn bậc 4 của đơn vị
là 1, −1, i, −i. Cấp của 1 là 1, cấp của -1 là 2, cấp của i là 4 , cấp của -i
là 4.
Định nghĩa 1.5. Cho n là số nguyên dương và α là một căn bậc n
của đơn vị. Khi đó α được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu
ord(α) = n. Ví dụ: Các căn bậc 3 của đơn vị là:
√
√
1 i 3
1 i 3
α0 = 1, α1 = − +
, α2 = − −
.
2
2
2
2
Có ord(α0 ) = 1, ord(α1 ) = 3, ord(α2 ) = 3. Nên các căn nguyên thủy bậc
ba của đơn vị là α1 , α2 .
k.2π
k.2π
+ i sin
Định nghĩa 1.6. Ta biết rằng căn bậc n của đơn vị là αk = cos

n
n
với k = 1, 2, ..., n và chúng lập thành một nhóm xyclic cấp n.


14

Đa thức

n

(x − αk ).

φn (x) =
k=1,(k,n)=1

được gọi là đa thức chia đường tròn thứ n.
Ví dụ: Các căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị là
√
√
1 i 3
1 i 3
, α2 = − −
.
α1 = − +
2
2
2
2
Do đó đa thức chia đường tròn thứ ba là:

√
√
1 i 3
1 i 3
φ3 (x) = x − − +
x− − −
2
2
2
2

= x2 + x + 1.

Các căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị là α1 = i và α3 = −i. Do đó đa
thức chia đường tròn thứ tư là:
φ4 (x) = (x − i)(x + i) = x2 + 1.
Định lý 1.5. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
a)xn − 1 = φd (x)
d|n

b) các hệ số của đa thức chia đường tròn đều là các số nguyên, tức là
φn (x) ∈ Z [x].
Chứng minh. a) Với mỗi số tự nhiên k ∈ 1, 2, ..., n, (k, n) > 1, có ước
d của n để αk là căn nguyên thủy bậc d của đơn vị. Vậy φd (x) chia hết
cho (x − αk ). Ngược lại, mỗi căn nguyên thủy bậc d của đơn vị, ở đó d
là một ước của n, thì nó cũng là một căn bậc n của đơn vị.
Do vậy, ta có
xn − 1 =
φd (x).
d\n

b) Đa thức φ1 (x) = x − 1 có hệ số nguyên. Giả sử đa thức φd (x) có các
hệ số đều là số nguyên với mọi ước dương d < n của n . Vì phép chia


15

φn (x) =

xn − 1
thực hiện trong Z[x] nên các hệ số của đa thức
φd (x)
d|n,d
φn (x) đều là các số nguyên.
Định nghĩa 1.7. Hàm Euler ϕ : N+ → N được định nghĩa như sau:
ϕ(1) = 1. Cho n < 1. Khi đó ϕ(n) là số các số tự nhiên nhỏ hơn n và
nguyên tố cùng nhau với n.
Ví dụ: ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 5.
Hệ quả 1.2. Với mọi số nguyên dương n ta luôn có n =

ϕ (d).
d|n

Chứng minh. Do xn − 1 =

φn (x) theo định lý 1.5 và so sánh bậc
d|n
n

hai vế ta nhận được n = deg(x − 1) = deg(

φd (x)) =

d|n

ϕ (d) .
d|n

Định lý 1.6. Với số nguyên dương lẻ n > 1, ta có φ2n (x) = φn (−x).
Chứng minh. Vì n là số nguyên dương lẻ nên ϕ(2n) = ϕ(n). Giả sử
n = ps11 ...psrr là phân tích tiêu chuẩn của n. Do n là số lẻ nên các số pi
đều là số lẻ.
1
1
Vì ϕ(n) = n 1 −
... 1 −
nên ϕ(n) là một số chẵn.
p1
pr
k.2π
k.2π
− i sin
với k ∈ 1, 2, ..., n, (k,n)=1,
Ta thấy ngay −αk = −cos
n
n
là tất cả các căn nguyên thủy bậc 2n của đơn vị. Do vậy
n

φ2n (x) =
k=1,(k,n)=1

(x + αk ) = (−1)ϕ(n)

n

−x − α1k = φn (−x)

k=1,(k,n)=1

Vận dụng kết quả của định lý trên ta chứng minh công thức tường minh
của φn (x).
Định nghĩa 1.8. Hàm Mobius µ : Z+ → {−1, 0, 1} được định nghĩa
như sau: Đặt µ(1) = 1. Cho n > 1. Nếu d2 không là ước của n với mọi
số tự nhiên d > 1 thì ta đặt µ(n) = (−1)k , trong đó k là số các ước
nguyên tố của n. Nếu có số tự nhiên d > 1 sao cho d2 là ước của n thì
ta đặt µ(n) = 0.


16

Từ định nghĩa ta có µ(6) = (−1)2 = 1, mu(9) = 0, µ(12) = 0. Hiển
nhiên µ là hàm nhân, tức là µ(mn) = µ(m)µ(n) với mọi số nguyên
dương m, n nguyên tố cùng nhau.
Sau đây giới thiệu tính chất của hàm Mobius.
Mệnh đề 1.7. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
a) Nếu n = 1 thì
µ (d) = 1.
d\n

b) Nếu n ≥ 2 thì

µ (d) = 0.
d\n

xd − 1

Định lý 1.7. Ta luôn có φn (x) =

µ( nd )

với mọi n ∈ N∗ .

d|n

xd − 1

Chứng minh. Chỉ cần chứng minh các đa thức φn (x) =

µ( nd )

d|n

thỏa mãn công thức xn − 1 =

φd (x). Ta biến đổi tích các đa thức
d|n

xt − 1

φd (x) =
d|n

µ( dt )

.

d|n t|d

Số mũ của nhân tử xt − 1 bằng tổng

µ
d|n,t|d

d
t

=

1 nếu n = t
0 nếu n > t

µ(d ) =
d | nt

theo kết quả về hàm Mobius.
µ d
(xt − 1) ( t ) = xn − 1. Và ta được φn (x) =
Do vậy

xd − 1

µ( nd )

.

d|n

d|n t|d

Hệ quả 1.3. Với mọi số nguyên dương n ta có ϕ (n) =

dµ
d|n

n
d

.

Chứng minh. Do deg(φn (x)) = ϕn nên khi lấy đạo hàm hai vế của
µ( n )
φn (x) =
xd − 1 d ta có ϕ (n) = dµ nd .
d|n

d|n
n

Hệ quả 1.4. Ta có nN (n) =

µ (d)p d , ở đó N (n) là số nhân tử bất
d|n
n

khả quy π(x) bậc n với hệ tử cao nhất bằng 1 của đa thức xp − x.


17

Định lý 1.8. Với số nguyên tố p ta có:


φn (xp )
φpn (x) = φn (xp )


φn (x)

nếu (p, n) = p
nếu (p, n) = 1.

Chứng minh. Xét trường hợp (p, n) = p. Nếu α là một căn nguyên
thủy bậc pn của đơn vị thì ω = αp là một căn nguyên thủy bậc n của
đơn vị. Gọi γ1w , ...γpw là nghiệm của phương trình xp = ω. Khi đó
p
p

x −ω =

(x − γiω ).
i=1

Như vậy
pn

(x − αp ) =

φpn (x) =

(xp − ω) = φn (xp ).
ω=ap

k=1,(k,pn)=1

Xét trường hợp (p, n) = 1. Theo định lý 1.7 ta có biểu diễn sau:
xd − 1

φpn (x) =

Vì µ

= −µ

xd − 1

=

µ( pn

d )

d|n

d|pn
pn
d

µ( pn
d )

n
d

µ( nd )

.

d|n

xd − 1

nên φpn (x) =

xpd − 1

−µ( nd )

d|n

Do đó, trong trường hợp này ta có φpn (x) =

xpd − 1

µ( nd )

.

d|n

φn (xp )
.
φn (x)

Hệ quả 1.5. Với số nguyên n > 1 có

p nếu n = ps
φn (1) =
1 nếu n = ps .
Chứng minh. Nếu n = ps thì φps (1) = φps (1p ) = φps−1 (1).
Do vậy φps (1) = ... = φp (1) = p.
Nếu n = ps , chẳng hạn n = mps với (m, p) = 1, m > 1, thì
φn (1) = φps m (1) = φps−1 m (1). Vậy φps m (1) = ... = φpm (1) =

φn (1)
= 1.
φn (1)


18

Hệ quả 1.6. Ta có (a − 1)ϕ(n) < φn (a) < (a + 1)ϕ(n) với mọi số nguyên
a, n > 1. Đặc biệt, nếu số nguyên tố p|n và a ≥ 3 ta còn có φn (a) > p.
Chứng minh. Với mọi số nguyên a > 1 ta có a − 1 < |a − α| < a + 1
cho mọi α ∈ C, |α| = 1. Do vậy a − 1 < |a − αk | < a + 1 cho mọi αk thỏa
mãn αkn = 1 và (k, n) = 1, 1 ≤ k ≤ n.
Suy ra (a − 1)ϕ(n) < φn (a) < (a + 1)ϕ(n) với mọi số nguyên a, n > 1.
Khi p|n thì ϕ(n) ≥ (p − 1). Khi đó φn (a) > 2ϕ(n) ≥ 2p−1 > p vì p ≥ 2.
Định lý 1.9. Đa thức φn (x) bất khả quy với mọi n ∈ N∗ .
Chứng minh. Gọi α là một căn nguyên thủy của 1 và f (x) với bậc m
là đa thức tối tiểu monic của α trong Q[x]. Vì φn (α) = 0 nên φn (x)
chia hết cho f (x). Theo bổ đề Gauss, đa thức f (x) ∈ Z[x]. Nếu ta
chỉ ra φn(x) = f (x) thì φn (x) là một đa thức bất khả quy. Việc chỉ ra
φn (x) = f (x) tương đương với việc chứng minh f (αk ) = 0 khi (k, n) = 1
và k ∈ 1, 2, ..., n. Mỗi phần tử của Q[α] = Q[x]/(f (x)) có biểu diễn duy
nhất a0 + a1 α + · · · + am−1 αm−1 . Giả sử đa thức h(x) ∈ Z[x]. Biểu diễn
h(x) = q(x)f (x) + r(x) với q(x), r(x) ∈ Z[x] và deg r(x) ≤ (m − 1).
Khi đó h(α) có dạng h(α) = r(α) = b0 + b1 α + · · · + bm−1 αm−1 , (1).
(k)
(k)
(k)
(k)
Đặc biệt f αk = c0 + c1 α + · · · + cm−1 αm−1 với tất cả các ci ∈ Z.
(k)

Đặt c = max

ci

|i = 0, 1, ..., m − 1, (k, n) = 1, 1 ≤ k ≤ n .

Với số nguyên tố p, (p,n)=1, tồn tại số nguyên dương k thỏa mãn
(k, n) = 1, p ≡ k(modn). Khi đó αp = αk . Vì f (x)p ≡ f (xp )(modp) nên
f (xp ) = f (x)p + pG(x) với G(x) ∈ Z[x]. Với x = α ta có f (αp ) = pG(α).
Biểu diễn G(α) trong dạng (1) ta có:
(k)

(k)

(k)

pG (α) = f (αp ) = f αk = c0 + c1 α + · · · + cm−1 αm−1 .
(k)

Như vậy các ci

(k)

∈ Z đều chia hết cho p. Nếu p > c ≥ ci
(k)

(k)

và các ci

chia hết cho p thì tất cả các ci = 0. Ta đã chỉ ra f (αp ) = f (αk ) = 0.
Tóm lại nếu số nguyên tố p thỏa mãn (p,n)=1 và p > c thì f (αp ) = 0.


19

Hoàn toàn tương tự ta cũng chỉ ra được f (αk ) = 0 với (k,n)=1.
Từ đó suy ra φn (x) = f (x).
1.2.2

Vận dụng

Bổ đề 1.2. Cho số nguyên dương r với ước nguyên dương thực sự của
n và số nguyên m. Nếu số nguyên tố p là một ước số chung của φn (m)
và φr (m) thì p|n.
Chứng minh. Vì xn − 1 =

φd (x) và r|n, r < n nên xn − 1 chia hết
d|n

cho φr (x)φn (x) theo định lý 1.5. Vì φn (m) ≡ 0(modp) nên
φn (x) ≡ (x − m)φ(x)(modp). Tương tự φr (x) ≡ (x − m) ψ (x) (modp).
Vì các đa thức φd (x) là bất khả quy theo định lý 1.9 nên (φr (x), φn (x)) = 1.
Từ đây suy ra xn − 1 ≡ 0(modp) có nghiệm m bội k ≥ 2. Vậy p|n.
Bổ đề 1.3. Cho số nguyên dương n và số nguyên m. Nếu số nguyên tố
p chia hết φn (m) thì p ≡ 1(modn) hoặc p|n.
Chứng minh. Giả sử số nguyên tố p là một ước của φn (m). Từ p|φn (m)
và φn (m)|mn − 1 suy ra p|mn − 1. Vậy (m, p) = 1. Theo Định lý nhỏ Fermat ta có mp−1 ≡ 1(modp). Chọn số nguyên dương nhỏ nhất k thỏa mãn
mk ≡ 1(modp). Mặt khác lại có mn ≡ 1(modp). Theo phép chia với dư,
biểu diễn n = ks + r với 0 ≤ r < k.
q
Ta có 1 ≡ mn ≡ mkq+r ≡ mk mr ≡ mr (modp). Từ cách chọn số nguyên
dương k suy ra r = 0 và k|n. Tương tự ta cũng chỉ ra k|p − 1. Vậy nếu
k = n thì n|p − 1 hay p ≡ 1(modn). Nếu k < n thì từ mk ≡ 1(modp) suy
ra 0 ≡ mk − 1 ≡ φd (m) (modp). Vì p là số nguyên tố nên ta có d|k

d|k

để p|φd (m). Từ d|k và k|n suy ra d|n và p|n theo bổ đề 1.2.
Đa thức chia đường tròn có nhiều ứng dụng, một trong những ứng dụng
phổ biến của nó là chứng minh định lý Dirichlet.
Định lý 1.10. [Dirichlet] Với số nguyên dương n có vô số số nguyên tố
p thỏa mãn p ≡ 1(modn).


20

Chứng minh. Với n = 1 kết quả đúng.
Xét n > 1. Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố p1 , p2 , ..., ps thỏa mãn
k

pi ≡ 1(modn) với i = 1, 2, ..., s. Ký hiệu P =

pi và R là tích tất cả
i=1

các ước nguyên tố của n và đặt T = P R. Do n > 1 nên T > 1. Lấy số
nguyên dương đủ lớn k sao cho φn (T k ) > 1. Gọi q là một ước nguyên tố
của φn (T k ). Vì q là ước của T nk − 1 nên q không là ước của T và suy
ra được ngay q không là ước của P và của R. Do vậy q ≡ 1(modn) và q
không là ước của n (mâu thuẫn theo bổ đề 1.3).
Ví dụ 1.9. [Dự bị IMO 2002] Với các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pn > 3, số
2n−1
2p1 p2 ...pn + + 1 có ít nhất 2
ước.
Bài giải. Theo định lý 1.5, với x = 2 ta nhận được hệ thức sau:

(2p1 p2 ...pn + 1) (2p1 p2 ...pn − 1) = 22p1 p2 ...pn − 1 =

φd (2).
d|2p1 p2 ...pn

Vì 2k − 1 và 2k + 1 chỉ có ước là số lẻ và (2k − 1, 2k + 1) = (2k + 1, 2) = 1
nên 2k − 1 và 2k + 1 chỉ có một ước dương chung bằng 1. Bây giờ ta sẽ chỉ
p ...pn
n−1
ra 2p1 2 +1 có ít nhất 2n−1 ước đôi một nguyên tố cùng nhau và lập 22
tích từ các ước đó ta sẽ nhận được ít nhất 22n−1 ước của số 2p1 p2 ...pn + 1.
Đặt A = d|d là ước của p1 p2 ...pn , B = 2d|d là ước của p1 p2 ...pn .
Hiển nhiên A ∩ B = ∅, Card(A) = Card(B) = 2n . Từ biểu diễn dưới đây
φd (2)
d|2p1 p2 ...pn
p1 p2... pn
= (2

=

φd (2)
d|p1 p2 ...pn

− 1)

φ2d (2)
d |p1 p2 ...pn

φ2d (2)
d |p1 p2 ...pn

ta suy ra
(2p1 p2 ...pn + 1) =

φ2d (2).
d |p1 p2 ...pn

Gọi A là tập tất cả các ước d của p1 p2 ...pn sao cho d là tích một số chẵn
các nhân tử từ tập p1 p2 ...pn và gọi B là tập tất cả các ước d của p1 p2 ...pn


21

sao cho d là tích một số lẻ các nhân tử từ tập p1 p2 ...pn . khi đó A và B
có cùng lực lượng và mỗi tập có 2n−1 phần tử. Giả sử a, b ∈ A, a = b và
a
φa (2), φb (2) không nguyên tố cùng nhau. Khi đó là lũy thừa nguyên
b
của một số nguyên tố. Vì a, b đều là tích của một số chẵn các thừa số
a
nguyên tố phân biệt nên không thể là lũy thừa nguyên của một số
b
nguyên tố. Vậy φa (2) và φb (2) phải là những số nguyên tố cùng nhau khi
a, b ∈ A, a = b . Vì A có 2n−1 phần tử nên 2p1 p2 ...pn + 1 =
φ2d (2)
d |p1 p2 ...pn
2n−1

có không ít hơn 2

1.3
1.3.1

ước.

Định lý Zsigmondy
Định lý Zsigmondy

Bổ đề 1.4. Với số nguyên tố p và số nguyên a > 1, (a, p) = 1, luôn có
số nguyên dương nhỏ nhất n để an − 1 chia hết cho p.
Chứng minh. Do p là số nguyên tố và số nguyên a > 1 với (a, p) = 1
nên ap−1 − 1 chia hết cho p theo Định lý nhỏ Fermat. Như vậy, có số
nguyên dương n để an − 1 chia hết cho p . Chọn n là số nguyên dương nhỏ
.
nhất thuộc n ∈ N∗ |an − 1.. p . Tính duy nhất của n là hiển nhiên.
Từ bổ đề này ta định nghĩa ước nguyên thủy của số nguyên dạng an ± 1.
Định nghĩa 1.9. Cho hai số nguyên dương n và a > 1. Số nguyên tố p
được gọi là một ước nguyên thủy của an − 1 hoặc (an + 1) nếu n là số
nguyên dương nhỏ nhất để an ≡ 1(modp), hoặc an ≡ −1(modp).
Từ định nghĩa ta thấy rằng, nếu p là một ước nguyên thủy của an − 1 thì
n

(a − αk ).

p chỉ có thể là một ước của số φn (a).Trong đó φn (a) =
k=1,(k,n)=1

Định lý 1.11. [Zsigmondy] Nếu số nguyên tố p là một ước nguyên
thủy của an − 1 thì hoặc p|n hoặc n|p − 1.
Chứng minh. Giả sử số nguyên tố p là một ước của φn (m). Từ p|φn (m)

và φn (m)|mn − 1 suy ra p|mn − 1. Vậy (m, p) = 1. Theo Định lý nhỏ


22

Fermat ta có mp−1 ≡ 1(modp). Chọn số nguyên dương nhỏ nhất k thỏa
mãn mk ≡ 1(modp). Mặt khác, lại có mn ≡ 1(modp). Theo phép chia
có dư, biểu diễn n = ks + r với 0 ≤ r < k.
Ta có 1 ≡ mn ≡ mkq+r ≡ (mk )q mr ≡ mr (modp). Từ cách chọn số nguyên
dương k suy ra r = 0 và k|n. Tương tự, ta cũng chỉ ra k|p − 1. Vậy, nếu
k = n thì n|p − 1 hay p ≡ 1(modp). Nếu k < n thì từ mk ≡ 1(modp)
suy ra 0 ≡ mk − 1 ≡
φd (m) (modp). Vì p là số nguyên tố nên có d|k
d|k

để p|φd (m). Từ d|k và theo bổ đề 1.2 ta suy ra d|n và p|n.
Định lý 1.12. [Định lý Zsigmondy] Cho hai số nguyên dương a và
b với (a,b)=1. Giả sử số nguyên n ≥ 2. Khi đó:
(1) an − bn có ít nhất một ước nguyên tố không chia hết ak − bk với mọi
số nguyên dương k(2) Nếu a,b,n với a>b và n ≥ 2, là những số nguyên dương thì an + bn
có ít nhất một ước nguyên tố không chia hết ak + bk với mọi số nguyên
dương kHệ quả 1.7. Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn p|an + bn nhưng p |ak + bk
với mọi k = 1, 2, ..., n − 1. Khi đó p |aj + bj với j = n + 1, n + 2, ..., 2n.
Chứng minh. Đặt j = n + x với x = 1, 2, ..., n − 1. Ta sẽ chỉ ra p |ab.
Thật vậy, nếu p|ab thì p|a hoặc p|b, chẳng hạn p|a. Khi đó p|an . Vì
p|an và p|an + bn nên p|bn . Do p là số nguyên tố nên p|b. Từ đây suy ra
(a, b) = 1 và p|a, p|b, mâu thuẫn. Như vậy p |ab.
Chú ý rằng, p| (an + bn ) (ax + bx ) = aj + bj + ax bx (an−x + bn−x ) .

Vì p |ab, p |(an−x + bn−x ) nên p |(aj + bj ) với j = n + 1, n + 2, ..., 2n − 1.
Xét j = 2n, ta có p|(an + bn )2 = a2n + 2an bn + b2n . Nếu p|a2n + b2n thì
p|2an bn . Vì p |ab nên p = 2. Do (a, b) = 1 và 2 = p|an + bn nên a, b cùng
là hai số lẻ. Khi đó 2 = p|ak + bk với mọi k = 1, 2, ..., n − 1, mâu thuẫn
với giả thiết. Vậy p |a2n + b2n .
Hệ quả 1.8. Giả sử số nguyên p thỏa mãn p|an + bn nhưng p |ak + bk
n
với mọi k = 1, 2, ..., n − 1. Khi đó p |aj − bj với mọi 1 ≤ j < .
2


23

Chứng minh. Xuất phát từ p| (an + bn ) an−2j + bn−2j ta suy ra kết
quả p|a2n−2j + b2n−2j + an−2j a2j + b2j , (1). Mặt khác ta lại có
p |(an−j +bn−j )2 =a2n−2j + b2n−2j + 2an−j bn−j , (2).
Lấy (1) − (2) ta có p |an−2j bn−2j (a2j +b2j − 2aj bj ).
n
Do vậy p |an−2j bn−2j (aj − bj )2 và suy ra p |aj − bj với 1 ≤ j < .
2
1.3.2

Vận dụng Định lý Zsigmondy

Trong phần này giới thiệu việc vận dụng định lý Zsigmondy để giải các
bài toán trong các đề thi học sinh giỏi và các bài toán liên quan đến số
nguyên tố.
Ví dụ 1.10. [Japanese MO 2011] Xác định tất cả các bộ năm số nguyên
dương a, n, p, q, r thỏa mãn an − 1 = (ap − 1)(aq − 1)(ar − 1).
Bài giải. Hiển nhiên n > p, q, r. Nếu a > 2, n > 2 thì an − 1 có một ước

nguyên tố không chia hết ap − 1, aq − 1, ar − 1 theo định lý Zsigmondy.
Vậy a ≤ 2 hoặc n ≤ 2. Kiểm tra a = 1 . Khi đó mọi m,n,p,r đủ thỏa mãn.
Kiểm tra a = 2. Khi đó 2n − 1 = (2p − 1) (2q − 1) (2r − 1). Từ đây suy ra
{p, q, r} = {n, 1, 1}. Kiểm tra n = 2, n = 1, a > 1 không thỏa mãn.
Ví dụ 1.11. [IMO Shortlist 2000] Xác định tất cả các bộ ba số nguyên
dương a, m, n thỏa mãn (am + 1)|(a + 1)n .
Bài giải. Kiểm tra (a, m, n) = (2, 3, n) với n 2 thỏa mãn đề bài. Nếu
a > 1, m
2 và (a, m) = (2, 3) thì theo Định lý Zsigmondy am + 1
có ước nguyên tố không chia hết a + 1. Do vậy, am + 1 không chia hết
(a + 1)n và bài toán không có lời giải. Nếu a = 1 hoặc m = 1 thì bài
toán là tầm thường.
Ví dụ 1.12. [Polish MO 2010] Giả sử p, q là hai số nguyên tố thỏa mãn
q > p > 2. Chứng minh rằng 2pq − 1 có ít nhất ba nhân tử nguyên tố
khác nhau.