1
Một số phương pháp giải toán số học sơ cấp
Hà Duy Hưng
Tóm tắt. Lý thuyết số có mối liên hệ gần gũi với nhiều lĩnh vực toán học khác nhau như đại
số, giải tích, hình học, thậm chí cả tô pô (Ví dụ một chứng minh rất hay của Paul Erdos về sự vô
hạn của tập các số nguyên tố dựa trên tôpô). Chính vì vậy các chứng minh số học thường được dựa
trên nhiều ý tưởng và nhiều phương pháp khác nhau. Bài viết này đề cập đến một số khái niệm cơ
bản trong lý thuyết số sơ cấp như số mũ- một khái niệm quan trọng trong việc hình thành các số
p−adic, cấp của một số - định lý Lagrange và ứng dụng trong các bài toán chia hết, hệ thặng dư,
nghịch đảo của một số, và các ứng dụng thú vị trong giải toán số học, đặc biệt trong các bài toán
trong lý thuyết chia hết và đồng dư. Bài viết này dựa trên các bài giảng tôi hay sử dụng trong giảng
dạy ở các buổi chuyên đề và tập huấn đội tuyển Olympic Toán học các cấp.
Một vài lời khuyên khi giải các bài toán SỐ HỌC sơ cấp:
1. Đừng để hình thức đánh lừa !!!
2. Ý tưởng của các chứng minh thường hay nằm ở trong chính các chứng minh của các kết quả
cơ bản.
3. Rất thường xuyên dựa vào những sự kiện đơn giản nào đấy và là phân môn có tính giải trí trí
tuệ cao ==> Tập trung làm hoặc biết nhiều bài toán khó, định lý mạnh không hẳn đã tốt!!!
4. Đôi khi đòi hỏi sự tưởng tượng, những tính toán bằng tay với những phép tính rất lớn!!! Ví dụ:
(a) 2
10
≡ 10
7
(mod 2003) - VMO 2004,
(b) 14 ≡ 45
2
(mod 2011) - VMO 2011,
(c) (2n + 1)
3
+ 5
3

dãy quen thuộc đó là . . .
Xem tiếp ở trang sau . . .
2
dãy Fibonacci, với F
0
= 0, F
1
= 1, và F
n+2
= F
n+1
+ F
n
. Theo đẳng thức Cessani
thì F
2
n+1
− F
n+2
F
n
= (−1)
n
. Do đó F
2
2k
+ 1 = F
2k+1
F
2k−1

1.2.1 Ước chung lớn nhất- Định lý Berzout
Định nghĩa 1. Cho n > 1 số nguyên không đồng thời bằng không và n số nguyên a
1
, . . . , a
n
không
đồng thời bằng không. Số nguyên d lớn nhất có tính chất d | a
i
với mọi i = 1, n được gọi là ước
chung lớn nhất của n số a
1
, . . . , a
n
. Ta kí hiệu gcd(a
1
, . . . , a
n
).
Định lý 1. (Berzout) Tồn tại các số nguyên không x
1
, . . . , x
n
sao cho
gcd(x
1
, . . . , x
n
) =
n


i=1
x
i
a
i
= N vô nghiệm nguyên không âm. Việc xác định giá trị lớn nhất
đến nay vẫn là một bài toán mở. Tuy nhiên ta có một số kết quả khá đơn giản sau:
Định lý 2. 1. Trường hợp n = 2 được giải bởi Sylvester năm 1880: số N lớn nhất là N =
a
1
a
2
− a
1
− a
2
.
2. Bài toán có nghĩa khi n > 2: chẳng hạn N ≤ (n − 1)a
1
···a
n
.
Sau đây là một số kết quả đơn giản rất đáng lưu ý.
Định lý 3. 1. Nếu (a, b) = 1 thì (a
m
+b
n
, a
s
b


= gcd (n, a −1) với mọi a > 1 và n nguyên dương.
6. Tính chất của dãy Mersen: gcd(a
m
− 1, a
n
− 1) = a
(m,n)
− 1 với a > 1 và các số nguyên dương
m, n.
Định lý 4. (Bốn số) Nếu a, b, c, d là các số nguyên khác không thỏa mãn ab = cd. Khi đó tồn tại
x, y, z, t nguyên sao cho













a = xy
b = tz
c = xz
d = ty
(y, z) = 1.

+ y
1
| u. Từ đây suy ra u > x
1
, y
1
. Do đó ta tìm được dạng tổng quát của các cặp số nguyên
dương (x, y) như thế đó là x = x
1
(x
1
+ y
1
)t, y = y
1
(x
1
+ y
1
)t, trong đó t, x
1
, y
1
nguyên dương và
(x
1
, y
1
) = 1.
Ta nên phát biểu rõ ràng lại những gì vừa làm được.

>
a
(a, b, c)
(như trên
đã chỉ ra), suy ra (a, b, c) > 1. ✷
Sau đây là một bài toán hay
Bài tập 1.2. (Russia MO 1997) Tìm tất cả các bộ ba (a, b, c) nguyên dương thỏa mãn





a + b = (a, b)
2
b + c = (b, c)
2
c + a = (c, a)
2
.
Hướng dẫn giải sẽ có ở trang tiếp theo
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 6
Bài giải. Đặt d = (a, b, c) và ta viết a = dx, b = dy, c = dz. Lưu ý rằng x, y, z là các số nguyên
dương và (x, y, z) = 1.
Các biểu thức của bài toán gợi ý chúng ta nhớ lại ước lượng trong phần 3 của định lý 3. Ta có







= 1.
Vậy d | 2. Do đó d = 2. Thay vào () cộng lại ta được (x, y) = (y, z) = (z, x). Từ (x, y, z) = 1 suy ra
(x, y) = (y, z) = (z, x) = 1. Vì vậy
x + y = y + z = z + x = 2 ⇒ x = y = z = 1.
Từ đó ta được a = b = c = 2 . ✷
Bài tập 1.3. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ad = bc và a < b
√
3 < c
√
2 < d
√
6.
Chứng minh rằng a ≥ 1 +
√
6d
2
+ 1.
(Chọn đội tuyển Toán Chuyên SPHN 2006)
Hướng dẫn giải có ở trang tiếp theo . . .
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 7
Bài giải. Chỉ cần biến đổi ngược lại yêu cầu của bài toán ta sẽ thấy cần xét biểu thức a
2
+ 6d
2
−
2
√
ad = a
2
+ 6d

− y
2
)(2t
2
− x
2
).
Để ý rằng 3z
2
> y
2
, 2t
2
> x
2
. Thành thử S là số nguyên dương. Vậy S ≥ 1. Từ đó suy ra
a
2
+ 6d
2
≥ 1 + 3b
2
+ 2c
2
> 1 + 2
√
6bc = 1 + 2
√
6ad ⇒ (a −
√

tại, tồn tại số nguyên dương x sao cho a
x
≡ 1 (mo d m) .
Định nghĩa 2. Cho m > 1 là một số nguyên. Với mỗi số nguyên a mà (a, m) = 1 ta kí hiệu h là số
nguyên dương bé nhất x thỏa mãn tính chất: a
h
≡ 1 (mo d m). Kí hiệu ord
m
(a) := h.
Câu hỏi. Cho trước một số nguyên dương a và một modulo m > 1. Câu hỏi đặt ra là liệu có tồn
tại a nguyên để h là cấp của a theo modulo m?
Bài tập 1.4. Cho n là số nguyên dương. Hãy xác định cấp của
1. 3 theo modulo 2
n
.
2. 2 theo modulo 3
n
.
Bài giải.
1. Kí hiệu h = ord
2
n
(3). Ta hãy bắt đầu bằng việc tính toán trực tiếp:
Với n = 1 thì h = 1: Vì 3
1
≡ 1 (mo d 2)
Với n = 2 thì h = 2: Vì 3
1
≡ 1 (mo d 4), nhưng 3
2

  
.
.
.2
1

3
2
0
+ 1

  
.
.
.2
2

3
2
1
+ 1

  
.
.
.2
1
···

3

.
. 2
n
. Ta viết
h = 2
a
· b, với b là số lẻ. Chú ý rằng với b lẻ thì 3
b
≡ 3 (mod 8), ta có
3
h
− 1 =

3
b
− 1


 
.
.
.2
1


3
b

2
0

.
.
.2
1
.
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 9
Vậy 2
a+1
 3
h
− 1. Do đó 2
n−2
≤ 2
a
hay a ≥ n − 2. Do đó h ≥ 2
n−2
.
Kết luận: ord
2
n
(3) = 2
n−2
với mọi n ≥ 3.
2. Đáp số : ord
3
n
(2) = 2 · 3
n−1
. ✷
Một trường hợp đặc biệt: Một số g nguyên được gọi là căn nguyên thủy (CNT) của m nếu như cấp

).
Chứng minh. Gọi h = ord
p
(a) thì h | p −1. Mặt khác, p | a
2
n+1
−1 nên h | 2
n+1
. Vậy h = 2
m
. Nếu
m ≤ n, thì h | 2
n
, do đó a
h
− 1 | a
2
n
− 1, suy ra p | a
2
n
± 1, mâu thuẫn. ✷
Nhận xét. Từ hệ quả ta suy ra mọi ước lẻ d của a
2
n
+ 1 đều có dạng 2
n+1
k + 1, với k là số nguyên.
Nhận xét. Trường hợp a = 2, thì 2
2

n
≡ −1
(mod ). Do đó p | x
2
n+1
+ 1. Áp dụng kết quả của hệ quả 2 một lần nữa, ta được p ≡ 1 (mod 2
n+2
).
✷
Nhận xét. Hai số Fermat khác nhau luôn nguyên tố cùng nhau, do đó tập các ước nguyên tố của
chúng khác nhau.
Hệ quả 3. Giả sử rằng a là số nguyên > 1, các số p, q nguyên thỏa mãn p |
a
q
− 1
a − 1
. Khi đó p = q
nếu a ≡ 1 (mod p) hoặc p ≡ 1 (mod q) nếu ngược lại.
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 10
Một trong những biểu thức đặc biệt có cấu trúc ước khá đặc biệt là các biểu thức có dạng a
2
+ nb
2
,
trong đó n là số nguyên dương. Ở đây ta quan tâm đến trường hợp n = 1. Ta có kết quả sau
Định lý 6. (a) Nếu p là một ước nguyên tố dạng 4k + 3 của a
2
+ b
2
, với a, b nguyên, thì p | a, b.

(mod p), mâu thuẫn.
(b) Đầu tiên ta cần bổ đề sau
Bổ đề 2. Nếu p ≡ 1 (mod 4) là một số nguyên tố thì

p − 1
2

!
2
≡ −1 (mo d p).
Chứng minh. Theo định lý Wilson, nếu p là một số nguyên tố thì (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Chú ý
rằng p − k ≡ (−1) · k (mod p), nên
(p − 1)! ≡ 1 ·2 ···
p − 1
2
·

p −
p − 1
2

···(p − 1) ≡ (−1)
p−1
2

p − 1
2

!


≡ u
2
+ xv
2
(mod p) ⇒ (u
1
− u
2
)
2
≡ x
2
(v
1
− v
2
)
2
≡ −(v
1
− v
2
)
2
(mod p).
Đặt c = |u
1
− u
2
| và d = |v

− 1 nên h | 2n. Lại có h | p − 1 nên
h | (2n, p −1) = (2, p − 1) = 1, 2. Nếu h = 1 thì p | a − 1, do đó a
n
+ 1 ≡ 2 (mod p). Suy ra p = 2.
Nhưng khi đó a là số lẻ nên gcd(a + 1, n) là số chẵn.
Nếu h = 2 thì p lẻ và từ p | a
2
− 1 suy ra p | a + 1. Khi đó p | gcd(a + 1, n). ✷
Nhận xét. Nếu p là số nguyên tố và n > 1 thỏa mãn n | (p − 1)
n
+ 1 thì p | n.
Bài tập 1.6. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn

n | 2
m−1
+ 1
m | 2
n−1
+ 1.
Hướng dẫn giải có ở trang sau . . .
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 12
Nếu m = 1 thì n = 1, 2 và ngược lại. Giả sử m, n > 1. Lấy một ước nguyên tố p bất kì của n suy
ra p | 2
m−1
+ 1. Nếu chuyển về dạng p | 2
2(m−1)
−1 sẽ không được gì sáng sủa. Bài này đòi hỏi khéo
léo hơn.
Ta viết m −1 = 2
a

1.3 Phương trình đồng dư bậc nhất và ứng dụng
Ta xét phương trình
ax ≡ b (mod m) (2)
với a, b, m là các số nguyên, trong đó m > 1.
Định lý 7. Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi gcd(a, m) | b.
Chứng minh. Nếu gcd(a, m) | b thì b = t · gcd(a, m). Theo định lý Berzout, tồn tại các số nguyên
u, v để gcd(a, m) = ua + vm. Suy ra b = (tu)a + (tv)m. Hay a(tu) ≡ b (mod m). Ngược lại, nếu tồn
tại x để ax ≡ b (mod m) thì ax = b + my. Suy ra b = ax − my
.
.
. gcd(a, m).
Một trong những trường hợp đặc biệt hay sử dụng đó là khi b = 1. Khi đó mỗi nghiệm nguyên
x của (2) ta sẽ gọi là một nghịch đảo của a theo modulo m. Chú ý rằng hai nghịch đảo của cùng a
theo modulo m thì đều đồng dư với nhau modulo m (tính duy nhất nghiệm modulo m). Ta dùng kí
hiệu chung a
−1
(hoặc a

hay a).
Nhận xét. Nghịch đảo của a theo modulo m là khái niệm tương tự với khái niệm số nghịch đảo của
một số.
Định lý 8. Nếu x chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m, thì x
−1
cũng chạy qua một hệ
thặng dư thu gọn modulo m.
Khái niệm nghịch đảo cho phép có thể làm việc với các phân số theo modulo nguyên tố p tùy ý.
Ta lưu ý đến các tính chất sau đây
Nhận xét. Nếu a, b là các số nguyên, (a, m) = 1 và a | b thì
b
a


≡ (ab

)
2
n
+ 1 (mod p).
Do đó p | (ab

)
2
n
+ 1. Áp dụng kết quả đã biết suy ra ngay p ≡ 1 (mod 2
n+1
).
1 LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 14
1.4 Bài tập hỗn hợp
Bài tập 1.8. Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của số A =
(n + 1)
2005
− n
2005
có dạng 10k + 1 hoặc 802k + 1.
Bài tập 1.9. Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn
(a) a
2
+ ab + b
2
| a
3

2011
− 1
x − 1
= y
7
− 1 không có nghiệm nguyên.
Bài tập 1.14. Tìm (a, n) nguyên dương sao cho
(a + 1)
n
− a
n
n
là một số nguyên.
Bài tập 1.15. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (n, p) trong đó p là số nguyên thỏa mãn n ≤ 2p
và n
p−1
| (p − 1)
n
+ 1.
Bài tập 1.16. Tìm x, y, z nguyên dương thỏa mãn 4  z −1 và x
2
= y
z
− 3.
Bài tập 1.17. Chứng minh rằng tồn tại vô số cặp (p, q) nguyên tố phân biệt thỏa mãn p | 2
q−1
−1
và q | 2
p−1
− 1.

1
2
+ ···+
1
p − 1
=
a
b
,
với a, b là số nguyên và (a, b) = 1 thì p
2
| a.
Bài tập 1.22. Cho hai số nguyên dương a > b > 1 trong đó b là một số lẻ và n là một số nguyên
dương. Chứng minh rằng nếu b
n
| a
n
− 1, thì
a
b
>
3
n
n
.
Biên soạn: Hà Duy Hưng