Một số tính chất và ứng dụng của hàm định giá P-Adic

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ỨNG DỤNG

CỦA HÀM ĐỊNH GIÁ

P

-ADIC

Dương Thái Bảo

Giáo viên Tổ Toán Tin - Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu

Email:

Tóm tắt nội dung. Mỗi số tự nhiên luôn được biểu diễn thành tích các số ngun
tố (phân tích tiêu chuẩn). Đây có thể được xem như một ý tưởng trong việc giải quyết
các bài toán của số học: xét trên _P rồi mới xét trên _N. Từ điều này, đôi khi tập số
nguyên tố _P có thể được xem như “cơ sở” để hình thành nên tập số tự nhiên _N. Vì thế
công cụ định giá p-adic tỏ ra rất hữu dụng, vì nó là cơng cụ để “đo” số mũ của một số
nguyên tố trong phân tích tiêu chuẩn của một số tự nhiên - thậm chí là một hữu tỉ.
Trong chuyên đề này, chúng ta sẽ nghiên cứu một số tính chất và ứng dụng của hàm
định giá p-adic.

Trong suốt chun đề này tơi sẽ có một số kí hiệu
- _P là tập số nguyên tố,

- FLT: định lí Fermat nhỏ.

- CNO: China National Olympiad.
- ARO: All Russia Olympiad.
- AOPS: Art of problem solving.

1

Một số tính chất của hàm định giá

p

-adic

Định nghĩa 1.1. Cho số nguyên tố p cố định. Khi đó ánh xạ vp : Q → Z được định

nghĩa: nếu n∈_N≥1 thì vp(n) là số nguyên dương k lớn nhất sao cho pk |n và vp(0) =∞,

ngược lại n = a

b ∈ Q\N thì vp(n) = vp(a)−vp(b). Khi đó vp(n) được gọi là định giá
p-adic của n, còn vp được gọi là hàm định giá p-aidc.

Tiếp theo chúng ta sẽ xét một số tính chất cơ bản của hàm số học này.

Tính chất 1.2. (i) vp(n)≥1 khi và chỉ khi p|n.

(ii) vp(n)< n với mọi số ngun tố p.

(iii) Nếu n >1 thì n=pvp(n).m trong đóng (m, p) = 1.
(iv) Với mọi số tự nhiên n > 1 thì

n =Y

p|n

pvp(n).

(v) a là số chính phương khi và chỉ khi vp(a) là số chẵn với mọi số nguyên tố p.

(vi) Với mọi số nguyên a, b ta có

vp(ab) =vp(a) +vp(b) và vp(a+b)≥min{vp(a), vp(b)}.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Chứng minh. Nếu n = pα1₁ pα2₂ . . . pαk_k trong đó pi ∈ P và αi ≥ 1. Khi đó vpi(n) = αi, từ

cách thay đổi định nghĩa này ta dễ dàng chứng minh được các ý trên. 
Với (i), chúng ta có ý tưởng: để chứng minh p| n thì chúng ta chỉ cần chứng minh
vp(n)≥1. Tổng quát lên chúng ta có tính chất sau

Tính chất 1.3. (i) Nếu a, b là hai số nguyên thì a|b nếu và chỉ nếu vp(a)≤vp(b) với

mọi số nguyên tố p.

(ii) Cho a, n là hai số nguyên dương. Khi đó a là lũy thừa bậc n của một số nguyên
nếu và chỉ nếu vp(a)≡0 (mod n) với mọi số nguyên tố p.

Chứng minh. (i) Ta có a | b khi và chỉ khi với mọi số nguyên tố p thì lũy thừa của p
trong a phải bé hơn hoặc bằng lũy thừa của p trong b.

(ii) Giả sử a = bn với b là số nguyên dương. Khi đó với mọi số nguyên tố p thì
vp(a) = vp(bn) = nvp(b) ≡ 0 (mod n). Ngược lại với mỗi số nguyên tố p, nếu vp(a) ≡ 0

(mod n)thì tồn tại số nguyên dương qp sao cho vp(a) =qpn. Lúc này ta đặt b=Q_qp>₀pqp,

khi đó hiển nhiên a=bn. 

Việc lấy số mũ của một thừa số nguyên tố trong số nguyênn làm chúng ta liên tưởng
đến việc tìm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của hai số nguyêna, b. Dưới đây
là tính chất của hàm định giá p-adic và (a, b),[a, b].

Tính chất 1.4. Với hai số ngun a, b thì

vp(a, b) = min{vp(a), vp(b)} và vp([a, b]) = max{vp(a), vp(b)}.

Việc chứng minh tính chất này khá dễ dàng. Từ tính chất này chúng ta có kết quả
sau: với hai số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau, nếu ab là lũy thừa bậc n của một số
nguyên khi và chỉ khi a và b cũng là lũy thừa bậc n của hai số nguyên.Thật vậy, do

(a, b) = 1 nên 0 = vp(a, b) = min{vp(a), vp(b)} hay vp(a) = 0 hoặc vp(b) = 0. Sử dụng tính

chất 1.3, ab là lũy thừa bậc n của một số nguyên khi và chỉ khi vp(ab)≡0 (mod n), suy

ra vp(a) +vp(b)≡0 (mod n). Do đó vp(a)≡0 (mod n) hoặc vp≡0 (mod n).

Tiếp theo chúng xét đến hai định lí của Legendre và Kummer về giá trị p-adic của
n!.

Định lí 1.5. Với mọi số tự nhiên n và số nguyên tố p thì

vp(n!) =

n
p

+

n
p2

+. . . (1.1)

=n−sp(n)

p−1 . (1.2)

trong đó sp(n) là tổng các chữ số của n theo cơ số p.
Chứng minh. Ta có

vp(n!) =vp(1.2. . . n) =vp(1) +vp(2) +· · ·+vp(n).

Trong các số tự nhiên từ 1 đếnn có đúnghn_pisố là bội của p, h_pn2
i

số là bội củap2,. . . Khi
đó số các số tự nhiên từ 1 đến n chỉ chia hết cho p là . Do đó

vp(n!) =

n
p

−

n
p2

+ 2

n
p2

−

n
p3

+ 3

n
p3

−

n
p4

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Thu gọn thì được (1.1).

Giả sử n=atat−1. . . a1a0p với ai∈ {0,1, . . . , p−1} và at6= 0. Khi đó

n
p

=

atpt−1+· · ·+a1+

a0

p

=atpt−1+· · ·+a1

n
p2

=

atpt−2+· · ·+a2+

a1

p +
a0

p2

=atpt−2+· · ·+a2

. . .

n
pt

=

at+

at−1

p +· · ·+
a1

pt−1 +

a0

pt

=at

vì

0≤ ai

p +· · ·+
a1

pi +

a0

pi+1 ≤

p−1

p +

p−1

p2 +· · ·+

p−1

pi+1 =

pi+1−1

pi+1 <1. (1.3)

Cộng các đẳng thức trên theo vế ta được

vp(n!) =at(pt−1+· · ·+ 1) +at−1(pt−2+· · ·+ 1) +· · ·+a2(p+ 1) +a1

=at

pt−1

p−1 +at−1

pt−1−1

p−1 +· · ·+a2

p2−1

p−1 +a1

p−1

p−1
=atp

t₋_a

t+at−1pt−1−at−1+· · ·+a2p2−a2+a1p−a1

p−1
=n−sp(n)

p−1

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Tính chất 1.6. Cho số tự nhiên n và số nguyên tố p. Nếu n = atat−1. . . a1a0p với

ai ∈ {0,1, . . . , p−1} và at 6= 0 thì

t =log_pn (1.4)

Chứng minh. Ta có

pt ≤n=atpt+· · ·+a1p+a0

≤(p−1)pt+· · ·+ (p−1)p+p−1

=pt+1−1

<pt+1

suy ra t≤logn < t+ 1. Vì thế t=log_pn. 

Áp dụng kĩ thuật (1.3), chúng ta chứng minh được tính chất sau

Tính chất 1.7. Với mọi số nguyên dương n >1 và số nguyên tố p, ta có
n

p −1< vp(n!)<
n

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Tiếp theo chúng ta bàn về giá trị p-adic của n_k.

Tính chất 1.8. Cho các số nguyên n≥k ≥0 và p là số nguyên tố. Khi đó

pvp(nk)≤n. (1.6)

Chứng minh. Áp dụng cơng thức Legendre (1.3) ta có

vp

n
k

=vp(n!)−vp(k!)−vp((n−k)!) (1.7)

=X
j≥1

n
pj

−

k
pj

−

n−k
pj

. (1.8)

Ta có bổ đề sau: với mọi số thực x, y thì

[x+y]−[x]−[y]∈ {0,1}.

Thật vậy, đặt r =x−[x], s=y−[y], r, s∈[0; 1), suy ra [x+y]−[x]−[y] = [r+s].

Trở lại bài toán, mỗi số hạng của tổng trên hoặc bằng 1 hoặc bằng 0 và nếu pj > n

thì

n
pj

=

k
pj

=

n−k
pj

= 0.

Mặt khác sử dụng (1.4), tổng trên có đúng [log_pn] số hạng, vậy

vp

n
k

≤

log_pn.

Ở đẳng thức (1.7), nếu ta sử dụng định lí Kummer (1.2) thì ta được
vp

n
k

= sp(k) +sp(n−k)−sp(n)

p−1 . (1.9)

Tương tự ở đẳng thức (1.8) thì khi n =p và 1≤k ≤p−1thì tổng này chỉ có một số
hạng ứng với j = 1 và

p
p

−

k
p

−

p−k
p

= 1. Do đó

vp

p
k

= 1. (1.10)

Khi nhắc đến hàm định giá p-adic không thể không nhắc đến bổ đề về số mũ đúng
(Lifting the exponent lemma - LTE). Đây là một trong những bổ đề được sử dụng nhiều
trong số học.

Định lí 1.9. Cho a, blà hai số nguyên, n là số nguyên dương và p là ước nguyên tố của

a−b. Khi đó

vp(an−bn)≥vp(a−b) +vp(n) hay vp

an−bn
a−b

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Chứng minh. Đặt t = vp(a−b), s = vp(n). Ta sẽ chứng minh rằng pt+s | an −bn. Thật

vậy, do pt |a−b và

ap = (a−b+b)p= (a−b)p+

p

1

(a−b)p−1b+· · ·+

p
p−1

(a−b)bp−1+bp

nên

ap−bp = (a−b)(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+

· · ·+

p
p−2

(a−b)bp−2+pbp−1

. (1.12)

Nhận thấy rằng mọi số hạng trong tổng còn lại của vế phải đều chia hết cho p, kéo
theo pt+1 | ap−bp. Tiếp tục quá trình lập luận này thì dẫn đến pt+2 | (ap)p −(bp)p =

ap2 −bp2, . . . , pt+s |aps−bps. Mặt khác thì ps |n nên ta có pt+s |an−bn. 
Tiếp theo chúng ta sẽ bàn về một số kết quả của định lí trên trong trường hợp dấu
“=” xảy ra.

Định lí 1.10 (Lifting the exponent lemma). Cho p là số nguyên tố lẻ và a, b không chia
hết cho p nhưng p|a−b. Khi đó với mọi số tự n≥1 thì

vp(an−bn) =vp(a−b) +vp(n) (1.13)

Chứng minh. Ở đây chúng ta sẽ sử dụng ý tưởng nếu (1.13) đúng với hai số tự nhiên
m, n thì nó cũng đúng với mn. Thật vậy, ta có

vp(amn−bmn) =vp((an)m−(bn)m) = vp(an−bn) +vp(m)

=vp(a−b) +vp(n) +vp(m) =vp(a−b) +vp(mn). (1.14)

Do đó ta chỉ cần chứng minh (1.13) đúng với n =q (q là số nguyên tố) là được.

Trước tiên ta nhận thấy q =p thì theo (1.12), các số hạng trong tổng còn lại của vế
phải đều chia hết p2 (do p≥3) trừ pbp−1. Suy ra

vp

(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+· · ·+

p
p−2

(a−b)bp−2

≥26= 1 =vp(pbp−1).

Theo ý (vi) của tính chất 1.2 thì
vp

(a−b)p−1+p(a−b)p−2b+· · ·+

p
p−2

(a−b)bp−2+pbp−1

= 1

Nếu n là số nguyên dương lẻ, áp dụng định lí trên cho a và −b thì ta được hệ quả
sau

Hệ quả 1.11. Cho p là số nguyên tố lẻ và a, b là hai số nguyên không chia hết cho p

nhưng p|a+b. Khi đó với mọi số ngun dương lẻ n thì

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Hệ quả 1.12. Cho p là số nguyên tố lẻ và a, b là hai số nguyên không chia hết cho p

nhưng p|a+b. Khi đó với mọi số nguyên dương lẻ n và p|n thì

vp(an+bn) = vp(a
n
p +b

n
p) +v

p(n). (1.16)

Chứng minh. Vì p | n nên tồn tại d sao cho n = pd. Lưu ý rằng (p, a) = (b, p) = 1 nên
theo định lí Ferma thì

an = (ad)p ≡ad (mod p), bn = (bd)p ≡bd (mod p)

suy ra

ad+bd ≡0 (mod p).
Theo (1.15) thì ta có

vp(an+bn) = vp((ad)p+ (bd)p) =vp(ad+bd) +vp(n).

Trong các kết quả trên, chúng ta chỉ mới xét đến p là số nguyên tố lẻ. Ở trường hợp
p= 2 thì chúng ta có định lí sau

Định lí 1.13. Cho a, b là hai số nguyên lẻ và n là số nguyên dương chẵn. Khi đó

v2(an−bn) = v2

a2−b2

2

+v2(n). (1.17)

Chứng minh. Đặt n= 2tm với m là số lẻ. Khi đó

an−bn = (am−bm)(am+bm)(a2m+b2m). . .(a2t−1m+b2t−1m).

Chú ý rằng với a, b lẻ thì a2i+b2i ≡2 (mod 4) trong đó i≥1. Điều này dẫn đến
v2(a2

i_m

−b2im) = v2(a2

i

+b2i) +v2(Mi) =v2(a2

i

+b2i) = 1,
trong đó Mi là tổng của m số lẻ nên Mi lẻ với mọi i≥1. Từ đây ta có

v2(an−bn) = v2(a2m−b2m) +t−1.

Mặt khác thì v2(a2m−b2m) = v2(a2−b2) +v2(M) = v2(a2−b2), kéo theo

v2(an−bn) =v2(a2−b2) +t−1

=v2

a2−b2

2

+v2(n).

Xét n là số lẻ thì bằng kĩ thuật giống như trên chúng ta có

v2(an−bn) = v2(a−b). (1.18)

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Hệ quả 1.14. Cho a, blà hai số nguyên lẻ bất kì thỏa 4|a−b. Khi đó với mọi số ngun
dương n thì

v2(an−bn) =v2(a−b) +v2(n). (1.19)

Chứng minh. Nếu n lẻ thì sử dụng (1.18) ta có ngay điều phải chứng minh.
Nếu n chẵn thì sử dụng định lí 1.13, ta có

v2(an−bn) =v2

a2−b2

2

+v2(n)

=v2(a−b)−v2

a+b

2

+v2(n).

=v2(a−b) +v2(n).

do x≡y (mod 4), suy ra x+y ≡2y (mod 4), mà 2y≡2 (mod 4) nên v2 a+₂b

= 0. 

2

Áp dụng của hàm định giá

p

-adic vào chứng minh

Ví dụ 2.1 (Định lí Euler). Nếu n là một số nguyên dương thì với mọi số nguyên a
nguyên tố với n thì

aϕ(n) ≡1 (mod n).

Giải. Điều cần phải chứng minh tương đương với

aϕ(n) −1≡0 (mod n)⇔vp(n)≤vp(aϕ(n)−1)

với mọi số nguyên tố p.

Nếu p_- n thì hiển nhiên đúng. Xétp|n, suy ra (a, p) = 1. Theo định lí Ferma nhỏ thì
ap−1−1≡0 (mod p)⇔p|ap−1−1.

Cần chú ý rằng nếu n=pα1₁ pα2₂ . . . pαt_t thì

ϕ(n) =pα1₁ −1pα2₂ −1. . . pαt_t −1

t
Y

i=1

(pi−1).

Do đó vp(n) =vp(ϕ(n)) + 1 và nếu p |n thì p−1| ϕ(n). Kết hợp với bổ đề LTE cho hai

số ap−1,1 ta có

vp

(ap−1)

ϕ(n)
p−1 −₁

=vp(ap−1−1) +vp

ϕ(n)

p−1

=vp(ap−1−1) +vp(ϕ(n))−vp(p−1)

=vp(ap−1−1) +vp(ϕ(n))

≥vp(ϕ(n)) + 1

=vp(n)−1 + 1

=vp(n).

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Ví dụ 2.2 (Erdăos-Tauran). Cho {an} l dóy tng vụ hn cỏc số nguyên dương. Chứng

minh rằng với mọi N, chúng ta có tìm i 6=j sao cho ai+aj có một ước nguyên tố lớn

hơn N.

Chứng minh. Từ điều kiện của đề bài ta suy ra an ≥n với mọi n ≥1. Chọn trước số tự

nhiên N, ta gọi p1, . . . , pk là các số nguyên tố không vượt quá N. Giả sử ngược lại, mọi

i6=j thì tất cả các ước nguyên tố của ai+aj thuộc tập {p1, . . . , pk}. Khi đó ta chọn được

số tự nhiên d sao cho d > ai−aj với mọi 1≤j < i≤k+ 1 và n > (p1p2. . . pk)d. Điều này

dẫn đến an+ai> n >(p1p2. . . pk)d với mọi 1≤i≤k+ 1. Do các ước nguyên tố củaan+ai

đều thuộc {p1, . . . , pk} nên với mỗi i thì tồn tạiki∈ {1, k} sao cho vp_ki(an+ai)> d. Theo

nguyên lý Dirichlet thì tồn tạiki=kj với i > j. Suy ra vp_ki(an+ai)> d, vp_kj(an+aj)> d,

kéo theo

vp_ki(ai−aj) = vp_ki(an+ai)−vp_ki(an+aj)> d.

Điều này mâu thuẫn với d > ai−aj.

Từ ý tưởng chứng minh cho bài toán này, chúng ta đi đến một bài tốn có cách giải
tương tự: (IMO shortlist 2011) Gọi d1, d2, . . . , d9 là các nguyên phân biệt, chứng minh

rằng tồn tại số nguyên x đủ lớn để (x+d1)(x+d2). . .(x+d9) có ước nguyên tốn lớn hơn

20.

Chúng ta có thể tổng qt bài tốn: Cho p1, p2, . . . là dãy tăng tất cả các số nguyên

tố và n là một số nguyên dương. Gọi d1, . . . , dn là các số nguyên. Chứng minh rằng tồn

tại số nguyên x đủ lớn để Qn

i=1(x+di) có ước ngun tố lớn hơn pn.

Ví dụ 2.3 (China TST 2016). Một điểm được gọi là điểm hữu tỉ nếu các tọa độ của
nó đều là số hữu tỉ. Với mỗi số nguyên dương n cho trước, tồn tại hay không một cách
sử dụng n màu để tổ tất cả các điểm hữu tỉ sao cho

(i) mỗi điểm tơ một màu,

(ii) trên một đoạn thẳng hữu tỉ (có 2 điểm cuối là điểm hữu tỉ), với mỗi màu ita ln
tìm được một điểm hữu tỉ thuộc đoạn thẳng này mà được tô màu i?

Chứng minh. Tá tô màu các điểm hữu tỉ như sau: gốc tọa độ tô màu bất kì, với điểm
hữu tỉ P(x, y)6= (0,0) ta sẽ tô màu i sao cho i≡min{v2(x), v2(y)} (mod n).

Bây giờ xét đoạn thẳng hữu tỉ P Qbất kì, với P x1_z1,y1_z1 và Q x2_z2,y2_z2với x1, x2, y1, y2,

z1, z2 ∈Z. Tiếp theo, với mỗi màu j (1≤j ≤n) chúng ta sẽ chỉ ra có một điểm R∈P Q

sao cho R màu j.

Do P 6=Qnên một trong hai số x1z2−x2z1, y1z2−y2z1 khác không. Lúc này ta giả sử

v2(x1z2−x2z1)≤v2(y1z2−y2z1). Đặt r =v2(x1z2−x2z1) và s =v2(z1z2). Chọn số nguyên

k > r sao cho r−s−k ≡j (mod n). Đặt t= 2−k và điểm R=tP + (1−t)Q thuộc đoạn
P Q. Từ đây giải tọa độ của R ta được

R=

2kx2z1+ (x1z2−x2z1)

2k_z

1z2

,2

k_y

2z1+ (y1z2−y2z1)

2k_z

1z2

.
Do k > r=v2(x1z2−x2z1) nên v2(2kx2z1)> v2(x1z2−x2z1), suy ra

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Mặt khác thì v2(x1z2−x2z1)≤v2(y1z2−y2z1) nên

v2(yR) =v2 2ky2z1+ (y1z2−y2z1)−k−s≥r−k−s.

Vì thế min{v2(xR), v2(yR)} ≡r−k−s ≡j (mod n). Vậy màu của R là j.

Ở lời giải trên ta có thể thay 2 bởi số nguyên tố p bất kì.

Ví dụ 2.4 (APMO 2017). Số hữu tỉ r làsố powerful nếur có thể viết dưới dạng x_yk với
x, y là hai số nguyên dương nguyên tố với nhau và k >1 là số nguyên dương. Gọi a, b, c
là các số hữu tỉ dương sao cho abc = 1. Giả sử tồn tại các số nguyên dương m, n, t sao
cho am+bn+ct là một số nguyên. Chứng minh rằng a, b, c là các số powerful.

Chứng minh. Theo định nghĩa thì thì số hữu tỉ r là powerful khi và chỉ khi

gcd

p∈P

(max{0, vp(r)})≥2.

Mặt khác do vai trò a, b, c như nhau nên ta chỉ cần chứng minh a powerful là đủ.
Xét số nguyên tố p sao cho vp(a) > 0 (nếu không tồn tại p như vậy thì a =

1

q là một
powerful).

Gọi i=vp(a), j =vp(b) và k =vp(c). Từ điều kiện abc= 1 nên ta có i+j+k = 0. Mặt

khác vì i >0 nên min{j, k}<0. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử j <0.

Do am +bn +ct là một số nguyên nên vp(am +bn +ct) ≥ 0. Nếu vp(ct) < vp(bn) thì

vp(am +bn +ct) = min{vp(am), vp(bn), vp(ct)} = vp(ct) < vp(bn) < 0 (mâu thuẫn với nhận

xét trên). Tương tự cho trường hợp vp(bn) > vp(ct), do đó vp(bn) = vp(ct) hay nj = tk.

Dẫn đến k <0 và tồn tại số nguyên dương s sao cho j =−s.₍_n,kk ₎ và k=−s.₍_n,kn ₎. Suy ra

i=−(j+k) = t· n+k

gcd(n, k),

mà i > 0 nên _gcd(n+_n,kk ₎ | i= vp(a) hay _gcd(n+_n,kk ₎ | max{0, vp(a)}. Bên cạnh đó ta có _gcd(n+_n,kk ₎ ≥

1 + 1 = 2, nên

gcd

p∈P

(max{0, vp(a)})|

n+k

gcd(n, k) ≥2.

Vậy a là số powerful. 

Ví dụ 2.5 (CNO 2015). Cho số nguyên dương k ≥ 2, chứng minh rằng có vơ hạn số
ngun dương n thỏa

n+k

2n
n

.

Giải.

Trường hợp 1: k có ước nguyên tố p lẻ. Đặt t=vp(k)>0, n =pm với m > t, chúng

ta sẽ chứng minh

n+k

2n
n

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Thật vậy ta có vp(n+k) =t. Bên cạnh đó thì theo (1.7) và (1.1), ta có

vp

2pm
pm

=vp((2pm)!)−2vp(pm!)

=2pm−1+ 2pm−2+· · ·+ 2−2 pm−1+pm−2+· · ·+ 1
=0

Trường hợp 2: k = 2t với t ≥ 1. Nếu t = 1 thì chọn n = 2m −2 với m > t. Khi đó
v2(n+k) =m và

v2

2m+1−4
2m₋₂

=v2 (2m+1−4)!−2v2((2m−2)!)

=(2m−2) + (2m−1−1) +· · ·+ 1−2 (2m−1−1) + (2m−2−1) +· · ·+ 1
=m−1.

Nếu t≥2 thì chọn n= 2m với m > t. Khi đó v2(n+k) =t và

v2

2m+1
2m

=v2 2m+1!−2v2(2m!)

=2m+ 2m−1+· · ·+ 1−2 2m−1+ 2m−2+· · ·+ 1
=1.

Vậy với k≥2 thì tồn tại vơ hạn các số n thỏa mãn bài tốn. 

3

Áp dụng vào tìm số ngun thỏa điều kiện cho trước

Ví dụ 3.1 (Kvant M 2163). Tìm tất cả các số nguyên dương a, bsao cho (a+b3)(b+a3)

là một lũy thừa của 3.

Giải. Giả sử (a, b) là một cặp thỏa u cầu bài tốn. Khi đó a+b3, b+a3 đều là các lũy
thừa của 3. Đặt a+b3 = 3n, b+a3= 3m, nếu v3(a)>0 thì

v3(a3) = v3(3m−b).

Tuy nhiên do b < 3m nên v3(b) < v3(3m), kéo theo v3(3m−b) = v3(b) hay 3v3(a) = v3(b).

Tương tự chúng ta có 3v3(b) =v3(a), suy ra v3(a) = 0 (mâu thuẫn với giả thiết). Vậy cả

a, b đều không chia hết cho 3.

Xét a≡1 (mod 3), từ a3 ≡ −b (mod 3) nên b ≡ −1 (mod 3). Nếu a >1 thì
v3(a3−1) =v3(3m−b−1) =v3(3m−(b+ 1)) =v3(b+ 1)

và

v3(b3+ 1) =v3(3n−a+ 1) =v3(a−1).

Vì thế v3(a3−1)> v3(a−1)và v3(b3+ 1)> v3(b+ 1), suy ra v3(a2+a+ 1), v3(b2−b+ 1)>0.

Do đó v3(a3−1) = v3(b+ 1) > v3(a−1) =v3(b3+ 1)> v3(b+ 1) hay a = 1. Lúc này ta có

hai phương trình b3+ 1 = 3n, b+ 1 = 3m. Kéo theo b2−b+ 1 = 3n−m và n≥m. Nếu b >2

thì 9|b+ 1và n−m ≥2, kéo theo 9|b2 hay3|b (mâu thuẫn với chứng minh trên). Vậy

b= 2 thỏa.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Ví dụ 3.2 (Titu Andresscu). Tìm tất cả số nguyên tố p và số nguyên dương n thỏa
np−1 |(p−1)n+ 1.

Giải.

Trước tiên xét p= 2 thì n= 1 hoặc n = 2.

Xét p >2, ta có bổ đề sau (khá dễ trong chứng minh)

Bổ đề. Nếu an ≡1 (mod p) và am ≡1 (mod p) thì agcd(m,n) ≡1 (mod p) với p là một
số nguyên tố.

Vì(p−1)n+ 1 là số lẻ nênn phải là số lẻ. Gọiq là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Khi
đóq |(p−1)2n−1(do(p−1)n+1|(p−1)2n−1) vàp|(p−1)p−1−1(theo định lí Ferma), sử
dụng bổ đề trên suy ra q|(p−1)gcd(2n,p−1)−1. Mặt khác, nếu gcd(n,p−1₂ )>1 thì tồn tại
một số nguyên tố lẻ p0 sao chop0 |gcd(n,p−1₂ ), kéo theop0 |p−1hayp0 < p−1< p (mâu

thuẫn với tính nhỏ nhất của p). Vậy gcd(2n, p−1) = 2, do đó q| (p−1)2−1 =p(p−2),
suy ra q=p hoặc q |p−2.

Theo (1.15) thì

(p−1)vp(n) = vp(np−1)≤vp((p−1)n+ 1) =vp(p−1 + 1) +vp(n),

suy ra (p−2)vp(n)≤1 hay p= 3. Khi đó p=q= 3, lúc này n= 3m với (m,3) = 1. Điều

kiện của bài tốn trở thành

9m2|8m+ 1.

Ta có 9|8m+ 1. Tiếp theo ta tìm m >1 để m2 |8m+ 1. Gọi r là ước nguyên tố nhỏ
nhất của m. Hiển nhiên r > 3 và r |64r−1−1, mặt khác thì r |64m−1. Áp dụng bổ đề
trên ta có r|64gcd(m,r−1)−1 = 63 (trong đó gcd(m, r−1) = 1 theo chứng minh trên). Vậy
r = 7. Tuy nhiên điều này lại mâu thuẫn, vì theo định lí Ferma thì 8m+ 1 ≡2 (mod 7).
Vì thế m= 1 hay n=p= 3.

Ví dụ 3.3 (AOPS). Tìm tất cả số tự nhiên k sao cho với k số nguyên tố đầu tiên
p1, p2, ..., pk thì tồn tại hai số tự nhiên a, n (n >1) thỏa

p1p2...pk−1 =an.

Giải. Giả sử tồn tại các số nguyên dương k, a, n thỏa yêu cầu bài toán. Yêu cầu của bài
toán được viết lại

k
Y

i=1

pi =an+ 1.

Xét k ≥ 2, do p2 = 3 nên kéo theo 3 | an + 1, suy ra n là số lẻ. Mặt khác do

gcdQk

i=1pi, a

= 1 nên a > p_k. Khi đó chúng ta có

pk_k >

k
Y

i=1

pi =an+ 1 > pnk,

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Gọi q là một ước nguyên tố lẻ của n. Do q < k < pk nên tồn tại i sao cho q =pi và

vq(an+ 1) = 1 (*). Vì q | n nên tồn tại d sao cho n = qd. Theo chứng minh của hệ quả

1.12 thì ta có

vq(an+ 1) =vq(ad+ 1) +vq(n)≥2.

Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy k = 1. 

Ví dụ 3.4 (China TST 2019). Một dãy số nguyên dương {an} được gọi là tốt nếu với

bất kì hai số nguyên dương phân biệt m, n ta có

gcd(m, n)|a2_m+a2_n and gcd(am, an)|m2+n2.

Một số nguyên dương a được gọi là số k-tốt nếu tồn tại một dãy tốt sao cho ak =a.

Tồn tại hay không một số nguyên dương k sao cho có đúng 2019 số k-tốt?

Giải. Ta có các nhận xét sau

Nhận xét 1: n |2a2_n với mọi n nguyên dương.

Chứng minh. Thật vậy ta có với p là một ước nguyên tố của n thì

p|gcd(n,2n)|a2_n+a2₂_n (3.1)
p|gcd(2n,3n)|a2₂_n+a2₃_n (3.2)
p|gcd(n,3n)|a2_n+a2₃_n. (3.3)
Từ đây ta có p|(a2_n+a2₂_n)−(a2₂_n+a2₃_n) + (a2_n+a2₃_n) = 2a2_n.

Nhận xét 2: vp(₂n) 6vp(an)62vp(n) với mọi số nguyên tố p.
Chứng minh.

Trước tiên chúng ta chứng minh vế trái. Nếu p lẻ thì theo nhận xét 1, chúng ta có
vp(2a2n) = 2vp(an)≥vp(n).

Ngược lại nếu p = 2 thì đặt t = v2(n). Nếu t = 0 thì vế trái hiển nhiên đúng. Xét

t >1, gọi m là một số tự nhiên sao cho v2(m)>2t, điều này kéo theo 2t |gcd(n, m). Khi

đó theo nhận xét 1 ta có 22t+1|2a_m2 , suy ra 2t |a2_m. Lúc này thì

2t|a2_m+a2_n ⇒2t |a2_n
hay v2(an)≥ ₂t = v2₂(n).

Việc chứng minh vế phải được thực hiên tương tự như trong chứng minh vế trái cho
trường hợp p= 2. Đặt t=vp(n) và m là số tự nhiên sao cho vp(m)>2t. Khi đó

vp(2a2m)≥vp(m)>2t

⇒2vp(am)>2t−vp(2)>2t

⇒vp(am)> t.

Từ điều kiện thứ hai của bài tốn suy ra

vp(an) = min{vp(an), vp(am)} ≤vp(n2+m2)≤2t

vì thế vp(an)≤2t = 2vp(n).

Nhận xét 3. Một dãy số nguyên dương {an} tốt khi và chỉ khi với mỗi số nguyên

tố p thì

vp(n)

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Chứng minh. Chiều thuận đã được chứng minh trong nhận xét 2. Bây giờ ta chứng
minh điều ngược lại.

Ta có, với mọi cặp số nguyên dương phân biệt m, n thì

vp(gcd(m, n)) = min{vp(m), vp(n)} ≤min{2vp(am),2vp(an)} ≤vp(a2m+a2n),

và

vp(gcd(am, an)) = min{vp(am), vp(an)} ≤min{2vp(m),2vp(n)} ≤vp(m2+n2).

Hai điều này cũng chính là 2 điều kiện của bài tốn.

Trở lại việc tìm số a là k-tốt. Với mỗi số nguyên tố p thì
vp(k)

2 6vp(a)62vp(k).

Nhận thấy nếu vp(a) = 0 thì vp(k) = 0, suy ra nếu k =pα1₁ pα2₂ . . . pαt_t thì a =pβ1₁ pβ2₂ . . . pβt_t .

Từ điều kiện trên ta có với i= 1, . . . , t
αi

2 ≤βi≤2αi.

Số cách chọn βi là αi−
_αi

2

+ 1. Vậy số số k-tốt là

t
Y

i=1

2αi−
l_α

i

2

m

+ 1

,

trong đó dxe là nguyên bé nhất thỏa x≤ dxe.
Chú ý rằng

2αi−
lα_i

2

m

+ 1 =

3k+ 1 nếu αi = 2k,

3k+ 2 nếu αi = 2k+ 1.

Vậy số lượng số k-tốt không chia hết cho 3. Do đó khơng tồn tại k để có 2019 số

k-tốt. 

Ở cuối mục này chúng ta sẽ xét một ví dụ rất hay: sự kết hợp giữa LTE, FLT, định
lí Zsigmondy và cấp của một phần tử theo mod p.

Ví dụ 3.5 (Taiwan TST 2017). Với mỗi cặp số nguyên dương (k, n) ta đặt
fk(n) =

X

0<m|n

mk.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho fa(n)|fb(n) với mọi số nguyên dương

n.

Giải.

Trước tiên xét n=pt, trong đó p một số nguyên tố, t nguyên dương. Khi đó

fa(pt) = 1 +pa+p2a +· · ·+pat =

pa(t+1)−1

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Nếu t = 1thì fa(p) = p
2a₋₁

pa₋₁ =pa+ 1 và fb(pk) = p
2b₋₁
pb₋₁ =p

b_{+ 1}_{, kéo theo} _{1 +}_pa _|_{1 +}_pb

hay a|b. Vì thế a≤b, do đó tồn tại m sao cho b =ma. Lúc này

f_b(pt) = p

ma(t+1)₋₁

pma−1

Gọi r là một ước nguyên tố lẻ bất kì của fa(pt), s là cấp của p theo mod r (là số

nguyên dương bé nhất sao cho ps ≡1 (mod r)). Vì vr fa(pt)≥1 nên vr pa(t+1)−1≥1,

suy ra s|a(t+ 1). Khi đó, theo bổ đề LTE nếu r|pa−1 thì

vr

pa(t+1)−1

pa₋₁

=vr

pa(t+1)−1

−vr(pa−1)

=vr(pa−1) +vr(t+ 1)−vr(pa−1)

=vr(t+ 1).

Ngược lại thì

vr

pa(t+1)−1

pa₋₁

=vr

pa(t+1)−1

−vr(pa−1)

=vr

(ps)a(t+1)s −1

−vr(pa −1)

=vr(ps−1) +vr

a(t+ 1)

s

.
Tổng kết lại

vr fa(pt)=





vr(t+ 1) nếu r |pa−1,

vr(ps−1) +vr

a(t+ 1)

s

nếu r _-pa−1.

Tương tự cho b ta có

vr fb(pt)

=






vr(t+ 1) nếur |pb−1,

vr(ps −1) +vr

b(t+ 1)

s

nếur _-pb−1.

Nếu m ≥ 2 thì ta chọn p thỏa định lí Zsigmondy thì tồn tại số nguyên tố r sao cho
r|pb−1 và r_- pi−1 với mọi1≤i < b. Vì thế r lẻ, r _-pa−1 và r|pab−1. Chọnt =b−1,
suy ra s= ordr(p) =b, áp dụng kết quả trên ta có

vr fa(pt)=vr pb−1+vr(a) (1)

và

vr fb(pt)

=vr(b). (2)

Theo FLT, ta có pr−1 ≡ 1 (mod r) nên s|r−1 hay b |r−1. Tuy nhiên (r, r−1) = 1

nên vr(b) = 0, kéo theo vr(a)≤vr(b) = 0 hay vr(a) = 0. Từ đây kết hợp (1), (2) ta có

vr fb(pt)

= 0< vr fa(pt)

=vr(pb−1).

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

4

Áp dụng vào giải phương trình nghiệm ngun

Ví dụ 4.1 (ARO 1996). Tìm tất cả các số nguyên dươngnsao cho tồn tại các số nguyên
dương x, y, k thỏa (x, y) = 1, k >1 và 3n =xk+yk.

Giải. Ta có nhận xét: 3 | a2+b2 khi và chỉ khi 3 | a và 3 | b. Do đó nếu k chẵn thì từ
điều kiện ta suy ra 3|x và 3|y, điều này mâu thuẫn với giả thiết (x, y) = 1. Vậy k lẻ.

Gọi p là ước ngun tố của x+y. Khi đó theo (1.15) thì
nvp(3) =vp(xk+yk) = vp(x+y) +vp(k)≥1.

Vì thế vp(3)≥1 nên p= 3, suy ra x+y = 3m và n =m+v3(k).

Nếu m >1 thì ta có . Đặt M = max{x, y}, khi đó M ≥ x+₂y = 3₂m ≥5. Từ đây ta có
đánh giá

xk+yk ≥Mk =M.Mk−1 ≥ 1

23

m_.₅k−1_>₃m_.₅k−2_≥₃m+k−2_.

Theo bất đẳng thức 3a ≥a+ 2 với mọia ≥1thì 3k−2≥k−2 + 2 =k, suy ra k−2≥v3(k).

Khi đó xk +yk >3m+v3(k) = 2n (mâu thuẫn với điều kiện của bài toán).

Vậy m = 1 hay x+y = 3. Vì thế x = 1, y = 2 hoặc x = 2, y = 1. Thay vào phương
trình ta được

31+v3(k) = 1 + 2k.

Bên cạnh đó 31+v3(k) = 3.3v3(k) ≤ 3k, kéo theo 3k ≥ 2k+ 1, bất phương trình này tương
đương với 1 ≤ k ≤ 3 (cũng có thể chứng minh 2k + 1 ≥ 3k với mọi k ≥ 3). Với k lẻ và

k >1 nênk = 3 hay n= 2. 

Ví dụ 4.2 (Romania TST 2007). Tìm tất các số nguyên dương x, y sao cho
x2007−y2007=x!−y!

Giải.

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử x≥y.

Xét x > y > 1, ta nhận thấy rằng nếu p là một ước nguyên tố của ythì p|y! và p|x!,
suy ra p|x2007 hay p|x. Khi đó vp(x!−y!) =vp(y!), theo (1.2) thì

vp(x!−y!) =

y−sp(y)

p−1 < y,

trong đó sp(y) là tổng các chữ số của y theo cơ số p. Mặt khác thì

vp(x!−y!) = vp(x2007−y2007)≥2007,

kéo theo y >2007.

Chọn q < 2007 là số nguyên tố sao cho (2007, q−1) = 1. Khi đó q | x!−y!, suy ra
q|x2007−y2007. Nếu q|x thì q |y hayq |x−y. Ngược lại nếuq _-x thì q _-y, theo FLT ta
có

q|xq−1−yq−1.

Suy ra q|x−y, mà có q= 2003, q= 2 thỏa nên x−y >2×2003>2007. Từ đánh giá này
dẫn đến

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

do (x−k)(k+ 1) > xnên

x!−y!> x2007 > x2007−y2007.

Điều này mâu thuẫn giả thiết của đề bài. Vậy x=y. 

5

Bài tập đề nghị

Bài tập 5.1 (China TST 2009). Cho n là một số nguyên dương và a > b >1 là các số
nguyên sao cho b lẻ vàbn |an−1. Chứng minh rằng ab > 3_nn.

Bài tập 5.2 (VMO). Cho 3 số nguyên a, b, c thỏa
a

b +
b
c+

c
a = 3.
Chứng minh rằng abc là lập phương của một số nguyên.

Bài tập 5.3 (China TST 2004). Cho a là số ngun dương. Chứng minh rằng phương
trình n! =ab−ac có hữu nghiệm (n, b, c) nguyên dương.

Bài tập 5.4 (IMO 1999). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, p) với p là số nguyên
tố, x≤2p và xp−1 |(p−1)x+ 1.

Bài tập 5.5 ([3]). Chok >1 là một số nguyên. Chứng tỏ rằng tồn tại vô hạn số nguyên
dương n sao cho

n |1n+ 2n+ 3n+· · ·+kn.

Bài tập 5.6 (IMO Shortlist 2014). Tìm tất cả bộ ba (p, x, y), trong đó p là số nguyên
tố và x, y là hai số nguyên dương sao cho xp−1+y và x+yp−1 đều là những lũy thừa của
p.

Bài tập 5.7 (CNO 2018). Cho số nguyên dương n, gọi An là tập các số nguyên tố p

sao cho tồn tại các số nguyên dương a, b thỏa
a+b

p và

an+bn
p2

là hai số nguyên dương và nguyên tố vớip. Chứng minhAn hữu hạn khi và chỉ khi n6= 2.

Tài liệu

[1] T. Andreescu, D. Adrica,Number Theory Structures,Examples and Problems, 2009.
[2] N. Koblizt, p-adic numbers, p-adic Analysis, And Zeta-functions, second edition,

Springer - Verlag, 1984.

[3] A. H. Parvardi, Lifting The Exponent Lemma, Version 6, April 7, 2011.

</div>

<!--links-->