BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

ĐỖ THỊ KIM THU

BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN THÀNH
TỔNG CÁC LŨY THỪA VÀ
MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

ĐỖ THỊ KIM THU

BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN THÀNH
TỔNG CÁC LŨY THỪA VÀ
MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Đà Nẵng - Năm 2016

LỜI CAM ĐOAN
Tơi cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả trong luận văn là trung thực. Nếu có sử dụng các
tài liệu khác thì được trích dẫn rõ ràng trong phần tài liệu tham khảo.

Đà Nẵng, tháng 8 năm 2016
Học viên

Đỗ Thị Kim Thu


MỤC LỤC
BẢNG KÝ HIỆU
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài: . . . . . . . . . . . . .
2. Mục đích nghiên cứu: . . . . . . . . . . .
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: . . . .
3.1. Đối tượng nghiên cứu: . . . . . . .
3.2. Phạm vi nghiên cứu: . . . . . . . .
4. Phương pháp nghiên cứu: . . . . . . . . .
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài:
6. Cấu trúc của luận văn: . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. SỐ LŨY THỪA VÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
1.1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . .
1.1.2. Một số tính chất của lũy thừa . . .
1.2. ĐỒNG DƯ THỨC . . . . . . . . . . . . .
1.2.1. Định nghĩa đồng dư thức . . . . .
1.2.2. Các tính chất của đồng dư thức . .
1.3. CÁC LỚP THẶNG DƯ . . . . . . . . . .
1.3.1. Hệ thặng dư đầy đủ . . . . . . . .
1.3.2. Tính chất . . . . . . . . . . . . . .
1.3.3. Hệ thặng dư thu gọn . . . . . . . .
1.3.4. Thặng dư toàn phương . . . . . . .
1.4. ĐỊNH LÍ EULER VÀ ĐỊNH LÍ FERMAT
1.4.1. Định lí Euler . . . . . . . . . . . .
1.4.2. Định lý nhỏ Fermat . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

1
1
1
1
1
1
2
2
2

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.


3
3
3
3
9
9
9
10
10
11
11
11
20
20
23


CHƯƠNG 2. BIỂU DIẾN SỐ TỰ NHIÊN THÀNH TỔNG
CÁC LŨY THỪA
2.1. BIỂU DIẾN SỐ TỰ NHIÊN THÀNH TỔNG CÁC SỐ . . .
CHÍNH PHƯƠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1. Tổng hai bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2. Tổng của ba bình phương . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3. Tổng của ba bình phương với hai bình phương bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4. Tổng của bốn bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.1.5. Tổng của năm bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.1.6. Biểu diễn số tự nhiên thành tổng m ≥ 5 bình phương
dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. BIỂU DIỄN SỐ TỰ NHIÊN THÀNH TỔNG CÁC LUỸ . .

THỪA CÓ SỐ MŨ BẰNG BA HOẶC LỚN HƠN BA . . . . . .
2.2.1. Một số kết quả về biểu diễn số tự nhiên thành tổng
các lũy thừa bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2. Bài toán Waring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CHƯƠNG 3. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
3.1. ỨNG DỤNG VÀO GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ .
ĐỒNG DƯ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1. Tìm dấu hiệu chia hết . . . . . . . . . . . .
3.1.2. Chứng minh sự chia hết . . . . . . . . . . .
3.1.3. Xác định các chữ số tận cùng . . . . . . . .
3.2. ỨNG DỤNG VÀO GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH .
3.2.1. Phương trình nghiệm nguyên . . . . . . . .
3.2.2. Phương trình vơ định . . . . . . . . . . . .
3.3. Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

24
24
24
24
37
39
42
45
45
47
47
47
48
52
52
52
52
56
57
59
59
62
63

KẾT LUẬN


69

TÀI LIỆU THAM KHẢO

70

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)


BẢNG KÝ HIỆU
R
C
N
N∗
Z
Q
a
p
ϕ(n)
gcd(a, b) hoặc (a, b)

Trường số thực.
Trường số phức.
Tập các số tự nhiên.
Tập các số nguyên dương.
Tập các số nguyên.
Tập các số hữu tỷ.
Ký hiệu Lagrange.
Phi - hàm Euler.

Ước chung lớn nhất của a, b.


1

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Chuyên đề về số học liên quan đến biểu diễn một số tự nhiên thành
tổng các số thừa có vị trí rất đặc biệt trong các bài toán về chia hết (đồng
dư và đồng dư bậc hai), về biểu diễn các số tự nhiên và các đa thức với hệ
số nguyên.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Tốn quốc gia, Olympic Tốn quốc tế
thì các bài toán liên quan đến số học, các dạng tốn về đồng dư, về phương
trình Diophant và các dạng toán về đa thức nguyên cũng hay được đề cập
và được xem như là những dạng tốn thuộc loại khó của bậc trung học cơ
sở (THCS) và trung học phổ thơng (THPT). Các bài tốn thuộc dạng này
thường ít được đề cập trong chương trình tốn đại trà mà thường xuất
hiện dưới dạng các bài toán chuyên đề áp dụng.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi
về chuyên đề số học, luận văn "Biểu diễn số tự nhiên thành tổng các lũy
thừa và một số dạng toán liên quan" nhằm cung cấp một số phương pháp
có tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán chuyên đề số học và các vấn
đề liên quan.
2. Mục đích nghiên cứu:
Hệ thống hóa lý thuyết, ứng dụng các định lý Gauss, Lagrange, Euler
và Fermat, giải phương trình vơ định và cách biểu diễn các số ngun thành
tổng các lũy thừa đồng thời nắm được một số phương pháp, một số kỹ
thuật tính tốn liên quan.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
3.1. Đối tượng nghiên cứu:

Một số dạng toán về biểu diễn số tự nhiên thành tổng các luỹ
thừa; ứng dụng các định lý Gauss, Langrangue, Euler và Fermat để giải
các phương trình nghiệm nguyên, phương trình vơ định.
3.2. Phạm vi nghiên cứu:
Các định lý Gauss, Lagrange, Euler và Fermat trong biểu diễn các
số tự nhiên thành tổng các lũy thừa, giải phương trình nghiệm nguyên,
phương trình vơ định và một số kỹ thuật tính tốn liên quan.


2

4. Phương pháp nghiên cứu:
Nghiên cứu tài liệu, phân tích, giải thích, đánh giá, tổng hợp.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài:
Kết quả nghiên cứu của luận văn hướng tới việc bồi dưỡng học sinh
giỏi bậc THCS, THPT và tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy,
bồi dưỡng học sinh THCS, THPT; đóng góp thiết thực cho việc học và
dạy các chuyên đề tốn trong trường THCS, THPT.
6. Cấu trúc của luận văn:
Ngồi phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương
đề cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1. Cơ sở lý thuyết.
Chương 2. Biểu diễn số tự nhiên thành tổng các lũy thừa.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.


3

CHƯƠNG 1


KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. SỐ LŨY THỪA VÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
1.1.1. Định nghĩa
Định nghĩa 1.1 (Số lũy thừa). Ta gọi lũy thừa bậc n(n ≥ 2) của
một số tự nhiên a, tức là số an , là số lũy thừa.
Định nghĩa 1.2 (Số chính phương). Ta gọi bình phương của một số
tự nhiên a, tức là số a2 , là số chính phương, như thế số chính phương là
số lũy thừa bậc hai.
Định nghĩa 1.3 (Số phi chính phương). Số nguyên lớn hơn 1 mà
không chia hết cho số chính phương lớn hơn 1 nào được gọi là số phi chính
phương.
Ví dụ 1.1.
Các số sau là các số chính phương: 4; 9; 25; 36; 49.
Các số sau là các số phi chính phương: 2; 3; 5; 7; 6 = 2.3; 10 =
2.5; 15 = 3.5; 30 = 2.3.5.
Các số sau khơng là số chính phương và cũng khơng là số phi chính
phương: 12 = 22 .3; 18 = 2.32 ; 60 = 22 .3.5.
Chú ý 1.1.
Số 0, số 1 là các số chính phương và là số lũy thừa bậc tuỳ ý.
Các tên gọi số lũy thừa, số chính phương, số phi chính phương chỉ
được sử dụng cho các số ngun khơng âm.
1.1.2. Một số tính chất của lũy thừa
Định lý 1.1.
a. Số phi chính phương hoặc là một số nguyên tố, hoặc là tích các số
nguyên tố phân biệt có số mũ đều bằng 1.
b. Mọi số nguyên dương a đều biểu diễn duy nhất được trong dạng
tích của một số chính phương và một số phi chính phương, tức là có dạng
a = b2 .c, trong đó c là một số phi chính phương.



4

Chứng minh.
a. Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của số phi chính phương c với số
mũ là s. Nếu s ≥ 2 thì c chia hết cho p2 , trái với định nghĩa số phi chính
phương, vậy s = 1
b. Gọi p là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn b2 là ước của a thì
a = b2 .c. Nếu số c khơng là số phi chính phương thì nó phải chia hết cho
một số chính phương e2 với e > 1, lúc đó c = e2 d nên a = b2 .c = b2 e2 d =
(be)2 d mà be > b, trái với sự xác định số b.
Giả sử a có hai cách biểu diễn a = b2 c = e2 d, trong đó c, d là các số phi
chính phương. Đặt (b, e) = n thì b = nb1 , e = ne1 và (b1 , e1 ) = 1. Khi đó,
(b21 , e21 ) = 1 nên e21 là ước số của c. Do c là số phi chính phương thì e1 = 1.
Hồn tồn tương tự ta có b1 = 1. Suy ra b = e và c = d. Vậy cách biểu
diễn a = b2 c là duy nhất.
Định lý 1.2.
a. Nếu số lũy thừa bậc n chia hết cho số ngun tố p thì số đó chia
hết cho pn .
b. Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia
hết cho p2 .
Chứng minh.
a.Giả sử cn chia hết cho số nguyên tố p với n ≥ 2. Nếu (c, p) = 1 thì
(cn , p) = 1, điều này mâu thuẫn với giả sử trên nên khơng xảy ra. Do đó
(c, p) = p, tức là c chia hết cho p, do đó cn chia hết cho pn .
b. Khi n=2 thì có câu b.
Định lý 1.3.
a. Nếu số lũy thừa bậc n là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức
là cn = a.b với (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số lũy thừa bậc n.
b. Nếu số chính phương là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức
2

là c = a.b với (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số chính phương.
Chứng minh.
a. Đặt (a, c) = e thì a = ed và c = em với (d, m) = 1. Từ cn = a.b
với n ≥ 2 có en mn = edb ⇔ en−1 mn = db. Vì (a, b) = 1 nên (e, b) = 1,
đồng thời có en−1 mn = db nên b là ước của mn . Từ (d, m) = 1 suy ra
(d, mn ) = 1, đồng thời có en−1 mn = db nên mn là ước của b. Suy ra
b = mn và d = en−1 . Từ đó có a = ed = dn .


5

b. Khi n = 2 ta có câu b.
Định lý 1.4.
Căn bậc n của một số nguyên dương hoặc là số ngun dương, hoặc
là số vơ tỉ. Nói cách khác, nếu an = d với d là số nguyên dương mà a là số
hữu tỉ thì a là số nguyên.
Chứng minh.
√
r
n
Giả sử d = a ⇔ an = d với d là số nguyên dương. Giả sử a = là
s
phân số tối giản với r, s là các số nguyên dương, tức là (r, s) = 1, suy ra
(s, rn ) = 1. Từ điều giả sử có rn = an .sn = dsn , suy ra s là ước số của rn
nên s = (s, rn ) = 1. Vậy nếu a là số hữu tỉ thì a = r là số nguyên dương.
Định lý 1.5. Giả sử a, b, m, n là các số nguyên dương
a. Nếu an là ước của bn thì a là ước của b.
b. Nếu am = bn và (m, n) = 1 thì tồn tại số nguyên dương c sao cho
a = cn và b = cm .
Chứng minh.

a. Đặt (a, b) = d thì a = de và b = dk với (e, k) = 1. Từ đó
n n
(e , k = 1). Theo giả thiết bn = an c nên dn k n = dn en c, suy ra k n = en c
mà (en , k n ) = 1 nên en = 1, tức là e = 1, do đó b = ak .
b. Theo điều kiện có nghiệm của phương trình vơ định bậc nhất, nếu
(m, n) = 1 thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho mx + ny = 1. Giả sử
mx − ny = 1 với x, y đều dương (nếu nx − my = 1 thì xét tương tự) hay
bx n
nx
mx
ny
là mx = ny + 1.Từ đó có b = a = a a, hay là a = y . Theo định
a
bx
lý 1.4 thì y = c là số nguyên dương, suy ra a = cn , thay vào am = bn ta
a
được b = cm
Định lý 1.6. Cho số nguyên s ≥ 2 thì ln tồn tại số ngun ns sao
cho ứng với mỗi số nguyên m ≥ ns luôn tồn tại số lũy thừa as thỏa mãn
m < as < 2m.
Chứng minh.
√
√
Giả sử có m < as < 2m hay là s m < a < s 2m. Để tồn tại số a
√
√
√
√
√ √
ngun thì cần có s m + 1 < s 2m ⇔ s 2m − s m > 1 ⇔ s m s 2 − 1 >

1
1
√
1 ⇔ m > √
.
Nếu
chọn
số
nguyên
n
≥
1
+
thì với
s
( s 2 − 1)s
( s 2 − 1)s


6

√
√
1
s
s
m ≥ ns ≥ 1 + √
m
<
a

<
2m.
sẽ
có
s
( 2 − 1)s
Định lý 1.7. Giả sử a, b, n là các số nguyên dương.
a) Nếu số b thỏa mãn an < b < (a + 1)n thì số b khơng là số lũy thừa
bậc n.
b) Nếu số b thỏa mãn a2 < b < (a + 1)2 thì số b khơng là số chính
phương.
Chứng minh.
a) Giả sử b = cn thì có an < cn < (a + 1)n , suy ra a < c < (a + 1),
nhưng không tồn tại số ngun c như thế.
Khi n = 2 thì có câu b).
Định lý 1.8 (Định lí Liouville). Với số nguyên dương a và n ≥ 2 thì
đẳng thức (a − 1)! + 1 = an chỉ xảy ra khi a = 5.
Chứng minh. Nhận xét rằng các số a = 1, 2, 3 và 4 không thỏa
mãn bài ra. Giả sử số a > 5 thỏa mãn (a − 1)! + 1 = an (n > 1). Do
(a − 1)! là số chẵn nên an là số lẻ, suy ra a là số lẻ. Theo giả thiết có
(a − 2)!(a − 1) = an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + · · · + a + 1)

⇔ (a − 2)! = (an−1 − 1) + (an−2 − 1) + · · · + (a − 1) + n.

(1)

a−1
a−1
> 2 nên (a − 2)! chứa tích
.2 = a − 1.

2
2
Từ đó và (1) suy ra a − 1 là ước của n, do đó n ≥ a − 1. Thay vào (1)
được (a − 2)! ≥ aa−2 + aa−3 + · · · + a + 1 > aa−2 , nhưng điều này không
xảy ra nên không tồn tại số a như thế. Với a ≤ 5 thì chỉ xảy ra đẳng thức
4! + 1 = 52 .
Với a > 5 thì a − 2 >

Nhận xét 1.1. Ta đã biết một số đẳng thức dạng
a! + 1 = b2 (n > 1) như: 4! + 1 = 52 ; 5! + 1 = 112 ; 7! + 1 = 712 .
Nhà toán học M. Kraitchik đã kiểm tra (năm 1924) với a ≤ 1020 thì
khơng có số a nào để a! + 1 là số chính phương.
Tuy nhiên, ta khơng biết với a > 1020 thì có số a nào để a! + 1 là số
chính phương hay khơng?
Tính chất 1.1 (Số chính phương).


7

a) Các số chính phương có chữ số tận cùng là một trong các chữ số
0, 1, 4, 5, 6, 9 và khơng có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.
b) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 5 thì hai chữ số cuối
cùng là 25.
c) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục
là chữ số lẻ.
d) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 4 hoặc là chữ số lẻ 1,
5, 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Chứng minh. Xét số n = 10k + r với k, r đều là số nguyên và
0 ≤ r ≤ 9 thì n2 = (10k + r)2 = 20k(5k + r) + r2 .
Vì rằng r2 chỉ có thể là 00, 01, 04, 09, 16, 25, 36, 49, 64, 81 nên chữ số

tận cùng của số chính phương chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Hơn nữa, do
20k(5k + r) là số chẵn nên chữ số hàng chục của số chính phương có cùng
tính chẵn lẻ với r2 , từ đó ta kết luận được hai chữ số cuối cùng của n2 .
Tính chất 1.2 (Số chính phương).
a) Số chính phương khi chia cho 3 có dạng 3n hoặc 3n + 1 và khơng
có dạng 3n + 2.
b) Số chính phương khi chia cho 4 có dạng 4n hoặc 4n + 1 và khơng
có dạng 4n + 2, 4n + 3.
c) Số chính phương khi chia cho 5 có dạng 5n, hoặc 5n + 1, hoặc
5n + 4 và khơng có dạng 5n + 2, 5n + 3.
d) Số chính phương khi chia cho 6 có dạng 6n, hoặc 6n + 1, hoặc
6n + 3 hoặc 6n + 4 và không có dạng 6n + 2, 6n + 5.
e) Số chính phương khi chia cho 8 có dạng 8n hoặc 8n + 1 hoặc 8n + 4
và khơng có dạng 8n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 7.
g) Số chính phương khi chia cho 9 có dạng 9n hoặc 9n+1 hoặc 9n+4
hoặc 9n + 7 và khơng có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 8.
Chứng minh. Áp dụng lập luận như ở chứng minh tính chất 1.1
Xét n = 3k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 2 thì n2 = (3k + r)2 =
3k(3k + 2r) + r2 và r2 chỉ có thể là 0, 1, 4, từ đó rút ra kết luận.
Chứng minh tương tự cho các trường hợp cịn lại.
Tính chất 1.3 (Số chính phương).
a) Giữa hai số chính phương liên tiếp khơng có số chính phương nào.
Nói cách khác, với mọi số nguyên a, x ta có:


8

+ Không ∃x để a2 < x2 < (a + 1)2 ..
+ Nếu a2 < x2 < (a + 1)2 thì x2 = (a + 1)2 .
b) Nếu hai số ngun dương ngun tố cùng nhau có tích là một số

chính phương thì mỗi số đều là số chính phương.
Chứng minh. Giả sử a.b = c2 với a, b, c ∈ N∗ , nếu gcd(a, b) = 1.
Giả sử trong hai số a, b có một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p
với số mũ lẻ thì số b không chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ
lẻ. Điều đó trái với giả thiết c2 là số chính phương. Điều vơ lý đó chứng tỏ
giả sử của ta là sai. Vậy a, b đều là các số chính phương.
Tính chất 1.4 (Số chính phương). Nếu hai số ngun liên tiếp có
tích là một số chính phương thì một trong hai số đó bằng 0.
Chứng minh.
Giả sử a(a + 1) = k 2 với a ∈ Z, k ∈ N (1).
Giả sử a = 0, a + 1 = 0 ⇒ k = 0. Do đó k ∈ N nên k > 0. Từ (1)
suy ra:
a2 + a = k 2 ⇒ 4a2 + 4a = 4k 2
hay

4a2 + 4a + 1 = 4k + 1
⇔ (2a + 1)2 = 4k 2 + 1.

(2)

Do k > 0 nên 4k 2 < 4k 2 + 1 < 4k 2 + 4k + 1. (3). Từ (2) và (3) ta
có (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2 là điều vô lý.
Vậy, nếu a(a + 1) = k 2 thì tồn tại một trong hai số a, (a + 1) = 0.
Tính chất 1.5 (Số lũy thừa bậc ba).
a) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 4 khơng có dạng 4n + 2.
b) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 8 không có dạng 8n + r với r bằng
2, 4, 6.
c) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng
2, 3, 4, 5, 6, 7.
Chứng minh.

Chứng minh tương tự như chứng minh tính chất 1.1
Để chứng minh một số là số lũy thừa ta có thể dùng các tính chất 1.1,
tính chất 1.2, tính chất 1.3, tính chất 1.4, hoặc biến đổi số đang xét thành


9

lũy thừa bậc n của số nguyên.
Để chứng minh một số khơng phải là số chính phương hoặc khơng là số
lũy thừa ta chỉ ra rằng số đó khơng thỏa mãn một điều kiện cần của số
chính phương, số lũy thừa theo các định lí 1.1, định lí 1.3, tính chất 1.1,
tính chất 1.2, tính chất 1.3.
Tính chất 1.6 (Số lũy thừa bậc cao).
a. Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 4 khơng có dạng 4n + 2.
b. Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 8 khơng có dạng 8n + r với r
bằng 2, 4, 6.
c. Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 9 khơng có dạng 9n + r với r
bằng 3, 6.
Chứng minh.
a. Với r bằng 0, 1, 2, 3 thì số rs khơng có dạng 4n + 2 với s ≥ 3 nên
(4t + r)s = 4m + rs khơng có dạng 4n + 2.
Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại.
1.2. ĐỒNG DƯ THỨC
1.2.1. Định nghĩa đồng dư thức
Định nghĩa 1.4. Cho m là một số tự nhiên khác khơng. Ta nói rằng
hai số nguyên a, b là đồng dư với nhau theo modulo m nếu trong phép chia
a và b cho m ta được cùng một số dư.
Ký hiệu
a ≡ b (mod m) hoặc a = b (mod m).
(1.1)

Hệ thức (1.1) gọi là đồng dư thức.
1.2.2. Các tính chất của đồng dư thức
Tính chất 1.7.
a. Với mọi số nguyên ta có a ≡ a (mod m).
b. Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m).
c. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m).
Tính chất 1.8. Nếu a ≡ b (mod m) và c là một số nguyên tùy ý
thì

a ± c ≡ b ± c (mod m).


10

Tính chất 1.9.
a. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì

(a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 )

(mod m).

b. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì

(a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2

(mod m).

Tính chất 1.10.
a. Nếu a + c ≡ b (mod m) thì a ≡ b − c (mod m).
b. Nếu a ≡ b (mod m) thì a + km ≡ b (mod m).

c. Nếu a ≡ b (mod m) thì ak ≡ bk (mod m).
d. Giả sử f (x) = an xn−1 + · · · + a1 x + a0 là một đa thức với hệ số
nguyên.
Nhận xét 1.2. Nếu ta có α ≡ β (mod m) thì ta cũng có f (α) ≡
f (β) (mod m).
Đặc biệt, nếu ta có f (α) ≡ 0 (mod m) thì ta cũng có f (α + km) ≡ 0
(mod m) (k ∈ Z).
Tính chất 1.11. Nếu ac ≡ bc (mod m) ; (c, m) = 1 thì a ≡ b
(mod m).
Tính chất 1.12. Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m).
Tính chất 1.13. Nếu a ≡ b (mod m) và d | (a, b, m) (d > 0) thì ta
có

a
b
≡
d
d

(mod

m
).
d

Tính chất 1.14. Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, 2, 3, . . . k thì

a≡b

(mod m); m = m1 m2 . . . mk .


1.3. CÁC LỚP THẶNG DƯ
1.3.1. Hệ thặng dư đầy đủ
Xét m là số nguyên dương lớn hơn 1. Ta đã biết mỗi số nguyên a đều
viết được duy nhất dưới dạng: a = qm + r. (0 ≤ r ≤ m − 1).


11

Với mỗi r (0 ≤ r ≤ m − 1); tập hợp Ar gồm tất cả các số nguyên
khi chia cho m có cùng số dư r được gọi là lớp thặng dư modulo m và mỗi
phần tử của Ar được gọi là một thặng dư modulo m.
Vì mỗi số nguyên a có duy nhất q và r (0 ≤ r ≤ m − 1) sao cho
a = qm + r, nên a chỉ thuộc và chỉ thuộc duy nhất một lớp thặng dư
modulo m là Ar . Hơn nữa tập hợp các lớp thặng dư modulo m chính là
tập hợp Z các số nguyên.
Nghĩa là:
m

Ar = Z; Ai ∩ Aj = φ
r=0

với mọi i = j (0 ≤ i, j ≤ m − 1).
Trong mỗi lớp thặng dư modulo m lấy một thặng dư đại diện. Tập
hợp m phần tử đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Nói
cách khác hệ thặng dư đầy đủ modulo m là tập hợp m số nguyên đôi một
không đồng dư modulo m
Đặc biệt hệ H = {0, 1, . . . , m − 1} được gọi là hệ thặng dư đầy đủ
modulo m không âm nhỏ nhất.
1.3.2. Tính chất

a. Mỗi hệ thặng dư đầy đủ modulo m đều gồm m thặng dư.
b. Mọi hệ gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo
modulo m đều hợp thành một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
c. Cho a là một số nguyên, nguyên tố với m và b là một số nguyên
tùy ý. Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì ax + b
cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
1.3.3. Hệ thặng dư thu gọn Cho số nguyên n = 0. Gọi ϕ(n) là
số các số ≤ n và nguyên tố cùng nhau với n. Giả sử các số đó là a1 ,a2 ,
. . . , ak ;
a1 ∈ Zn1 , a2 ∈ Zn2 , . . . , ak ∈ Znk .
Lấy các phần tử r1 , r2 , . . . , rk thuộc các lớp đó thì r1 , r2 , . . . , rk được
gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo n, có tính chất:

(ri , n) = 1(i = 1k)
mọi x với (x, n) = 1; Tồn tại ri : x ≡ ri
1.3.4. Thặng dư toàn phương

(mod n)


12

Định nghĩa 1.5 (Thặng dư toàn phương). Ta gọi a là một thặng dư
toàn phương modulo p nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod p).
Trái lại nếu không tồn tại số nguyên x để x2 ≡ a (mod p) thì a gọi là
bất thặng dư tồn phương modulo p trong đó a là số ngun dương và
(a, p) = 1.
Định lý 1.9.
p−1
1. a là một thặng dư toàn phương modulo p khi và chỉ khi a 2 ≡ 1

(mod p).
p−1
2. a là bất thặng dư toàn phương modulo p khi và chỉ khi a 2 ≡ −1
(mod p).
Chứng minh.
1. Giả sử a là một thặng dư toàn phương modulo p, suy ra (a, p) = 1
p−1
p−1
và a = x2 (mod p). Từ đó ta có (x, p) = 1 ⇒ a 2 ≡ (x2 ) 2 ≡ xp−1 ≡ 1
(mod p) (định lý Fermat).
p−1
Ngược lại, giả sử a 2 ≡ 1 (mod p) ⇒ (a, p) = 1. Giả sử ngược lại, với
mọi x ∈ Z thì x2 = a (mod p).
Xét Zp = {1, 2, . . . , p − 1}.
Với mọi k ∈ Zp thì k, 2k, . . . , (p − 1)k, 0 là hệ thặng dư đầy đủ modulo p.
˜ ∈ Zp sao cho:
Từ đó tồn tại duy nhất K
˜ ≡ a (mod p)(K
˜ = K)
K.K
p−1

Xét 1.2 . . . ..(p − 1)! = 1.1.2.2 . . . . ≡ a 2 ≡ −1 (mod p) (Theo định lý
Uynson) trái với giả thiết
Vậy tồn tại x ∈ Z sao cho x2 ≡ a (mod p).
2. Giả sử a là bất thặng dư tồn phương modulo p thế thì a = x2
(mod p) với mọi x ∈ Z.
p−1
Suy ra: a 2 ≡ (p − 1)! ≡ −1 (mod p) (định lý Uynson)
Ngược lại: Nếu ap−1/2 ≡ −1 suy ra a là bất thặng dư tồn phương modulo

p−1
p vì nếu khơng thì a là thặng dư tồn phương ⇒ a 2 ≡ 1 (mod p) trái
giả thiết.
Hệ quả 1.1.
1) Tích của hai thặng dư toàn phương là thặng dư toàn phương.
2) Tích của thặng dư tồn phương và bất thặng dư toàn phương là
bất thặng dư toàn phương.


13

3) Tích của hai bất thặng dư tồn phương là thặng dư toàn phương
Chứng minh.
1) Giả sử a, b là thặng dư toàn phương modulo p suy ra

a
Vậy (a.b)

p−1
2

=a

p−1
2

p−1
2

.b


≡1
p−1
2

(mod p); b

p−1
2

≡1

(mod p)

≡ 1.1 ≡ 1 (mod p).

2) Giả sử a là thặng dư toàn phương modulo p, b là một bất thặng
p−1
p−1
dư tồn phương. Thế thì a 2 ≡ 1 (mod p); b 2 ≡ −1 (mod p), suy ra

(a.b)
a

p−1
2

p−1
2


=a

p−1
2

.b

p−1
2

≡ 1.(−1) ≡ −1

(mod p).

3) Giả sử a, b đều là bất thặng dư tồn phương modulo p. Thế thì
p−1
≡ −1 (mod p); b 2 ≡ −1 (mod p) nên

(a.b)

p−1
2

=a

p−1
2

.b


p−1
2

≡ (−1).(−1) ≡ 1

(mod p).

Định lý 1.10. Gọi n là các số chẵn nằm trong khoảng (p/2, p). Khi
đó 2
≡ 1 (mod p) khi và chỉ khi p = 8k + 1; 8k + 7.
Chứng minh. Gọi r1 , r2 , . . . , rn là các số chẵn thuộc khoảng (p/2, p),
p
p
< ri < p. Khi đó 0 < p − ri < .
2
2
Ta có: p − ri là n số lẻ thuộc (0, p/2) gọi s1 , s2 , . . . , sk là k số chẵn thuộc
p−1
(0, p/2). Suy ra n + k =
.
2
p−1
s1 , s2 , . . . , sk , p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn là n + k =
số thuộc (0, p/2) =
2
p−1
1, 2, . . . ,
.
2
p−1

s1 s2 . . . sk (p − r1 )(p − r2 ) . . . (p − rn ) = 1.2 . . . ,
.
2
p−1
p−1
= (
)! ≡ s1 s2 . . . sk r1 r2 . . . rn .(−1)n ≡ (
)! (mod p) là tích các
2
2
số chẵn thuộc (0; p).
p−1
p−1
s1 s2 . . . sk r1 r2 . . . rn = 2 2 .(
)!.
2
Vậy
p−1 p − 1
p−1
2 2 (
)!(−1)n ≡
! (mod p).
2
2
Suy ra
p−1
2 2 ≡ (−1)n (mod p).
p−1
2



14

1) Xét p = 4k + 1; Zp = 0, 2, . . . , 4k có 2k số chẵn
4k + 1
1
p
⇒
2i
>
⇒
i
>
k
+
⇒i≥k+1
(2i)2k
;
2i
>
i=k+1
2
2
4
Vậy (2i)2k
i=k+1 có k số. Suy ra 2
(mod 8).

p−1
2


≡ (−1)−k = 1 ⇔ k chẵn ⇔ p ≡ 1

2) Xét p = 4k + 3; Zp = 1, 2, . . . , 4k + 2.
4k + 3
3
p
⇒
2i
>
⇒
i
>
k
+
⇒i≥k+1
(2i)2k
;
2i
>
i=k+1
2
2
4
p−1
2
≡ (−1)k+1 = 1 ⇔ k lẻ ⇔ k ≡ 2i+1.
Vậy (2i)2k
i=k+1 có k +1 số. Suy ra 2
Có p = 4k + 3 = 4(2i + 1) + 3 = 8i + 7 ≡ −1 (mod 8).

Tiếp theo, ta xét định lý tương hỗ của Gauss.
Ký hiệu Lagrange:

a
=
p
Mệnh
a
1.
p
a
2.
p

1 nếu a là thặng dư tồn phương (mod p)
−1 nếu a khơng là thặng dư toàn phương (mod p)
đề 1.1.
p−1
=a 2 .

b
ab
=
p
p

a
b
=
p

p
2
2
ab
b
a
4.
= 1;
=
p
p
p
1
1
p−1
5.
= 1; −
= (−1) 2 .
p
p
Chứng minh.
a
1. Nếu a là thặng dư tồn phương modulo p thì ta có
=
p
a
p−1
p−1
1và a 2 ≡ 1 (mod p). Từ đó suy ra a 2 =
(mod p). Nếu a là một

p
a
p−1
bất thặng dư toàn phương modulo p thì ta có
= −1 và a 2 ≡ −1
p
a
p−1
(mod p). Từ đó suy ra a 2 = (mod p).
p
3. a ≡ b (mod p) thì


15

ab
ab
p−1
p−1 p−1
= (ab) 2 (mod p) hay
= a 2 b 2 (mod p).
p
p
Mặt khác ta có
a
b
p−1
p−1
=a 2 ;
=b 2 .

p
p
Vậy nên
a b
ab
p−1 p−1
=a 2 b 2 =
.
p p
p
3. Như chúng ta đã biết nếu a ≡ b (mod p) thì a, b đồng thời là thặng
dư toàn phương modulo p hoặc đồng thời là bất thặng dư toàn phương
a
b
modulo p nên
=
p
p
4. Ta có
2
a
a a
=
= 1, ∀a.
p
p p
a2 b
a2 b
b
b

=
= 1.
=
.
p
p
p
p
p
1
5. Hiển nhiên 1 là thặng dư toàn phương modulo p nên
= 1. Ta
p
1
p−1
= (−1) 2 (mod p).
có −
p
Hai vế của đồng dư thức này chỉ lấy giá trị 1 hoặc -1 nhưng vì 1 = −1
nghĩa là
1
p−1
−
= (−1) 2 (mod p).
p
2. Ta có

Bổ đề 1.1 (Gauss). Cho p là số nguyên tố lẻ (a, p) = 1.
Xét dãy (a, 2a, 3a, . . . ,


p−1
2 a)

p−1
2

= (ka)k=1 .

p
p−1
Giả sử ka ≡ kt (mod p). Gọi n là số các số tk mà tk > khi đó a 2 ≡
2
a
n
n
(−1) (mod p) hay = (−1) .
p
p−1
2

Chứng minh. Ký hiệu r1 , r2 , . . . , rn là các thặng dư của dãy (ka)k=1 .
p
Khi chia cho p mà > . Còn s1 , s2 , . . . , sk là các thặng dư khi chia cho p
2
p
mà < .
2
p−1
Ta có n + k =
và ri = sj , ∀i, j. Mặt khác ta có p − ri = sj , thật vậy

2
nếu p − ri = sj suy ra sj + ri = p (1)


16

p−1
Mà ta có ri = αa (mod p) 1 ≤ α ≤
(2)
2
p−1
(3)
sj = βa (mod p) 1 ≤ β ≤
2
Từ đó suy ra 2 ≤ α + β ≤ p − 1
.
.
.
Từ (1) và (2) ta có (αa + βa) .. p. a(α + β) .. p ⇒ (α + β) .. p (4)
Vì (a, p) = 1., từ (3) và (4) suy ra mâu thuẫn vậy ri = sj
p
p
Ta có < ri < p; 0 < p − ri < p; 0 < sj < .
2
2
p−1
Vậy s1 , s2 , . . . , sk , p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn = 1, 2, . . . ,
. Suy ra s1 .s2 . . . sk .(p−
2
p−1

p−1
r1 ).(p − r2 ) . . . (p − rn ) =
!. ⇒ s1 .s2 . . . sk .r1 .r2 .rn ≡ (
)!.
2
2
p−1
2
p−1
Hay
ka(−1)n ≡
!
2
k=1
p−1
p−1 p − 1
p−1
Suy ra a 2 (
)!(−1)n ≡
! ⇒ a 2 ≡ (−1)n (mod p).
2
2
Định lý 1.11. Giả sử p là số nguyên tố lẻ. Khi đó

a
= (−1)tp với tp =
p

n


[
j=1

ja
]và a lẻ.
p

Chứng minh. Giả sử ja ≡ tj (mod p) ⇔ ja = kj p + tj .
ja
tj
= kj + .
p
p
ja
= kj .
p
p−1
2

p−1
2

ja = p

Ta có
j=1

p−1
2


kj +
j=1

tj .
j=1

= pt + s1 + s2 + · · · + si + r1 + r2 + · · · + rn .
p−1
2

Suy ra a

p−1
2

j = pt +
j=1

⇔ a[

p−1
2

p−1
2

Hay (a − 1)

i=1
p−1

2

i=1

ri .
i=1

p−1
= s1 , s2 , . . . , sk , p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn .
2
p−1
p−1

(p − ri )] = pt +

si +
i=1

si +
i=1

Mà ta có 1, 2, 3, . . . ,

p−1
2

2

2


si +
i=1

si = pt − anp + (a + 1)

ri .
i=1
p−1
2

ri .
i=1


17

Suy ra pt − anp ≡ 0 (mod 2).

p(t − an) ≡ 0
Vậy nên

(mod 2).

.
p(t − an) .. 2 ⇒ t ≡ an (mod 2).

t ≡ n (mod 2) vì a lẻ .
Định lý 1.12 (Định lý tương hỗ của Gauss). Cho p, q là hai nguyên
tố lẻ. Khi đó
p

q
a)
=
nếu p và q có ít nhất một số dạng 4k + 1.
q
p
q
p
=−
nếu p và q đều có dạng 4k + 3.
b)
q
p
Chứng minh. Theo định lý 1.11 ta có
p−1
2

p
= (−1) j=1
q

[ jp
q ]

q−1
2

jq

[p]

q
; = (−1) j=1 .
p
p−1
2 p
[ qj
j=1

q−1
2 q
]+
[ pj
j=1

]
p q
= (−1)
.
q p
Gọi S là các điểm nguyên
p−1 q−1
ta phân S làm 2 tập:
|s| =
2
2
S1 = (j, i) : qj > pi ,
S2 = (j, i) : qj < pi vì (q, p) = 1 suy ra qj = pi .
S = S1 ∪ S2 .
|S| = |S1 | + |S2 |.
qj

Xét S1 cố định, cho j chạy sao cho i < .
p
qj
Ta có [ ] điểm (j, i) suy ra
p
p−1
2 q
j
|S1 | =
.
j=1 p
pi
Tương tự, cố định i ta cho j < .
q
q−1
2 pj
Suy ra |S2 | =
.
q
j=1
Vậy |S| = |S1 | + |S2 | điều phải chứng minh.

Suy ra


18

Ta xét một số ứng dụng liên quan.
p−1


Bài toán 1.1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 3 2 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh. Theo luật tương hỗ của Gauss, ta có
3 p
p−1
3−1 p−1
= (−1) 2 . 2 = (−1) 2 .
p 3
p − 1 4k + 1 − 1
- Nếu p ≡ 1 (mod 3) ⇒
=
= 2k chẵn.
2
2
3 p
= 1.
Vậy
p 3
3
p
p
1
Ta thấy
=1⇔
= 1 ⇔ p ≡ 1 (mod 3) hoặc
=
=
p
3
3
3

p
1
3−1
1;
= −
= (−1) 2 = −1.
3
3
p − 1 4k − 1 − 1
- Nếu p ≡ −1 (mod 3) ≡⇒
=
= 2k − 1 lẻ.
2
2
3 p
3
p
= −1 ta thấy
=1⇒
= −1 ⇒ p ≡ −1 (mod 3).
p 3
p
3
⇔ p ≡ ±1 mod 12.
p−1

Bài tốn 1.2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 5 2 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh.
5
p−1

Ta có
= (−1) 2 = 1.
p
Theo luật tương hỗ của Gauss, ta có
5 p
5−1 p−1
= (−1) 2 2 = 1.
p 5
p
5
Mà
= 1 theo chứng minh trên, ta suy ra
= 1, xét p ≡ ±1
p
5
(mod 5), p ≡ ±2 (mod 5).
p
1
- Nếu p ≡ 1 (mod 5) suy ra
=
= 1.
5
5
p
2
5−1
=
= 2 2 = 22 = 4 ≡ −1 (mod 5).
- Nếu p ≡ 2 (mod 5) suy ra
5

5
p
1
5+1
- Nếu p ≡ −1 (mod 5) suy ra
= −
= (−1) 2 = (−1)3 = −1
5
5
(mod 5),
p
−2
5−1
- Nếu p ≡ −2 (mod 5) suy ra
=
= (−2) 2 = (−2)2 = 4 ≡
5
5
−1 (mod 5).
Vậy nên p = 5k + 1; −2 (mod 5) thì phương trình có nghiệm.


19
p−1

Bài tốn 1.3. Tìm các số ngun tố p để 7 2 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh.
7
= 1. Theo luật tương hỗ của Gauss, ta có
Theo giả thiết cho ta có

p

7
p

p−1
7−1 p−1
p
= (−1) 2 2 = (−1) 2 .
7

p
p−1
= (−1) 2 .
7
7 p
1. Xét p ≡ 1 (mod 7) thì
= 1.
p 7
p
7
=1⇔
= 1.
Ta có
p
7
p
1
- Nếu p ≡ 1 (mod 7) ta có
=

=1
7
7
p
1
7−1
- Nếu p ≡ −1 (mod 7) ta có
= −
= (−1) 2 = (−1)3 = −1.
7
7
2
p
7−1
=
= 2 2 = 23 = 8 ≡ 1 (mod 7).
- Nếu p ≡ 2 (mod 7) ta có
7
7
p
−2
7−1
- Nếu p ≡ −2 (mod 7) ta có
=
= (−2) 2 = (−2)3 = −8 ≡
7
7
−1 (mod 7).
p
3

7−1
- Nếu p ≡ 3 (mod 7) ta có
=
= 3 2 = 33 = 27 ≡ −1 (mod 7).
7
7
p
−3
7−1
- Nếu p ≡ −3 (mod 7) ta có
=
= (−3) 2 = (−3)3 = −27 ≡
7
7
1 (mod 7).
7 p
2. Xét p ≡ −1 (mod 7) thì
= −1
p 7
7
p
Vậy
= 1 ⇔
= −1 ⇒ p ≡ −2 (mod 7) hoặc p ≡ 3 (mod 7)
p
7
hoặc p ≡ −1 (mod 7)
p−1
Kết luận: 7 2 ≡ 1 (mod p) ⇔ p ≡ ±1 (mod 28) hoặc p ≡ ±3
(mod 28) hoặc p ≡ ±2 (mod 28)

Bài tốn quy về tìm p để

Bài tốn 1.4. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương a
thoả mãn các tính chất sau:
a. Tồn tại cặp số nguyên (x, y), (x, y) = 1 sao cho a2 = x3 + y 3 .
b. Tồn tai số nguyên b sao cho a2 (a2 + 3)|b2 + 3.
Chứng minh.