MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC
LIÊN QUAN ĐẾN LŨY THỪA
Phạm Văn Quốc
(Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên)
Trong các kỳ thi học sinh giỏi chúng ta hay gặp các bài toán số học liên quan
đến lũy thừa như chứng minh sự chia hết, chứng minh sự tồn tại hoặc tìm các
số nguyên thỏa mãn điều kiện, Trong những năm gần đây, dạng toán này cũng
xuất hiện nhiều trong các đề thi quốc gia, đề thi chọn đội tuyển thi quốc tế
(CĐT) của các nước, các đề dự tuyển và các đề thi Toán quốc tế (IMO). Đây là
những bài toán hay và tất nhiên không dễ nếu không nắm được một số kỹ thuật
cũng như nhận dạng được kiểu bài toán. Các lời giải thường sử dụng công cụ
không khó nhưng chứa đựng nhiều sự tinh tế và sự linh hoạt trong vận dụng kiến
thức. Bài viết dưới đây đề cập đến một số kiến thức cơ bản và kỹ năng liên quan
đến các bài toán dạng này.
I. Kiến thức cơ bản
Trong phần này là một số kiến thức cơ bản nhưng chúng hay được dùng trong
các dạng toán mà ta đang xét: công thức lũy thừa, số mũ "đúng", định lý Fermat,
Định lý Euler, cấp của số nguyên và một số tính chất liên quan hay dùng .
1. Một số khai triển liên quan đến lũy thừa
Định lý 1. Cho 𝑛 là số nguyên dương, khi đó với 𝑥, 𝑦 bất kỳ ta có
∘ 𝑥
𝑛
− 𝑦
𝑛
= (𝑥 − 𝑦) (𝑥
𝑛−1
+ 𝑥
𝑛−2
𝑦 + 𝑥
𝑛−3
𝑦

𝑥
𝑛−1
𝑦 + 𝐶
2
𝑛
𝑥
𝑛−2
𝑦
2
+ · · · + 𝐶
𝑛−1
𝑛
𝑥𝑦
𝑛−1
+ 𝑦
𝑛
.
Ta hãy bắt đầu bằng ví dụ sau.
Ví dụ 1. (Romania 2002) Cho 𝑘, 𝑛 là các số nguyên dương với 𝑛 > 2. Chứng
minh rằng phương trình
𝑥
𝑛
− 𝑦
𝑛
= 2
𝑘
không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải.
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương (𝑥, 𝑦). Nếu gcd (𝑥, 𝑦) = 𝑑 >
1 ⇒ 𝑑 | 2

= 2
𝑘−𝑎
với 𝑎 là số nguyên dương. Khi đó 𝑥
𝑚
= 2
𝑎−1

1 + 2
𝑘−2𝑎

mà
𝑥 lẻ nên 𝑎 = 1. Hơn nữa vì 𝑚 ≥ 2 nên
𝑥
𝑚
− 𝑦
𝑚
= (𝑥 − 𝑦)

𝑥
𝑚−1
+ 𝑥
𝑚−2
𝑦 + · · · + 𝑦
𝑚−1

> 2
mâu thuẫn.
Do đó 𝑛 là số lẻ. Ta có
𝑥
𝑛

Ví dụ 2. (Dự tuyển IMO 2008) Cho 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố.
Chứng minh rằng nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên (không nhất thiết dương) thỏa mãn
đẳng thức
𝑎
𝑛
+ 𝑝𝑏 = 𝑏
𝑛
+ 𝑝𝑐 = 𝑐
𝑛
+ 𝑝𝑎
thì 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.
Lời giải.
Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng. Rõ ràng nếu hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐
bằng nhau thì tất cả chúng bằng nhau. Giả sử cả ba số phân biệt đôi một, khi
đó theo giả thiết ta có
𝑎
𝑛
− 𝑏
𝑛
𝑎 − 𝑏
.
𝑏
𝑛
− 𝑐
𝑛
𝑏 − 𝑐
.
𝑐
𝑛
− 𝑎

𝑎 − 𝑏
= (𝑎 + 𝑏)
𝑎
2𝑚
− 𝑏
2𝑚
𝑎
2
− 𝑏
2
2
www.VNMATH.com
= (𝑎 + 𝑏)

𝑎
2𝑚−2
+ 𝑎
2𝑚−4
𝑏
2
+ · · · + 𝑏
2𝑚−2

.
Dễ thấy nếu 𝑚 > 1 ta có ngay |𝐴| ≥ 4 (do 𝐴 ̸= 0) và tương tự suy ra mâu thuẫn
vì tích của chúng là −8. Do đó 𝑚 = 1 ⇒ 𝑛 = 2 và ta thu được
(𝑎 + 𝑏) (𝑏 + 𝑐) (𝑐 + 𝑎) = −8.
Chú ý là do 𝑝 = 2 nên từ giả thiết ta có ngay 𝑎, 𝑏, 𝑐 cùng tính chẵn lẻ, suy ra
𝑎 + 𝑏, 𝑏 + 𝑐, 𝑐 + 𝑎 chẵn. Mà −8 = 2.2. (−2) nên dễ thấy hai trong ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 phải
bằng nhau, suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 (mâu thuẫn). Từ đó ta có điều phải chứng minh. 

𝛼
‖ 𝑎 và 𝑝
𝛽
‖ 𝑏 với 𝑎 ̸= 𝑏 thì 𝑝
min(𝛼,𝛽)
‖ 𝑎 + 𝑏.
Ví dụ 3. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ, 𝛼 ∈ N
+
sao
cho 𝑝
𝛼
‖ 𝑎 − 1, khi đó với mọi số nguyên 𝛽 ≥ 0 thì 𝑝
𝛼+𝛽
‖ 𝑎
𝑘
− 1 ⇔ 𝑝
𝛽
‖ 𝑘.
Lời giải.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo 𝛽. Nếu 𝛽 = 0, thì
𝑎
𝑘
− 1
𝑎 − 1
= 𝑎
𝑘−1
+ · · · + 𝑎 + 1 ≡ 𝑘 (mod 𝑝) do 𝑎 ≡ 1 (mod 𝑝)
và suy ra nó không chia hết cho 𝑝. Bài toán đúng.
Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0 nào đó và 𝑘 = 𝑝
𝛽+1


𝑚𝑝
𝛼+𝛽

2
+ 𝑚𝑝
𝛼+𝛽+1
.
Vì 𝑝 | 𝐶
2
𝑝
=
𝑝 (𝑝 − 1)
2
, nên tất cả các số hạng trong khai triển trên, ngoại trừ số
hạng cuối cùng, đều chia hết cho 𝑝
𝛼+𝛽+2
. Từ đó ta có ngay 𝑝
𝛼+𝛽+1
‖ 𝑎
𝑘
− 1. Theo
nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. 
Tương tự như ví dụ trên, ta có bài toán với 𝑝 = 2. Trong trường hợp này do
𝐶
2
𝑝
= 1 nên bài toán có sự thay đổi một chút.
Ví dụ 4. Cho 𝑎, 𝑘 là các số nguyên dương, 𝛼 ∈ N
+

𝛼
) .
Bài toán đúng với 𝛽 = 0. Giả sử bài toán đúng với 𝛽 ≥ 0, đặt 𝑘 = 2𝑛 với 2
𝛽+1
‖ 𝑛,
khi đó
𝑎
𝑘
− 1
𝑎
𝑛
− 1
= 𝑎
𝑛
+ 1 ≡ 2 (mod 4)
(do 𝑎 lẻ và 𝑛 chẵn). Mà 2
𝛼+𝛽
‖ 𝑎
𝑛
− 1. Suy ra bài toán đúng đến 𝛽 + 1. Ta có
điều phải chứng minh. 
Chú ý: Hai ví dụ trên có thể tổng quát hơn, đó là định lý về số mũ đúng như
dưới đây, cách chứng minh hoàn toàn tương tự bằng quy nạp.
Định lý 4. (Lifting the Exponent Lemma) i. Với 𝑥, 𝑦 là các số nguyên (không
nhất thiết dương), 𝑛 là số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố lẻ sao cho 𝑝 | 𝑥 − 𝑦
và 𝑥, 𝑦 không chia hết cho 𝑝. Khi đó
𝑣
𝑝
(𝑥
𝑛

(𝑥 + 𝑦) + 𝑣
𝑝
(𝑛) ;
+, Trong phần ii, do 𝑥, 𝑦 lẻ nên một trong hai số 𝑣
2
(𝑥 − 𝑦) , 𝑣
2
(𝑥 + 𝑦) bằng
1.
Ví dụ 5. (Nga 1996) Các số nguyên dương 𝑎, 𝑏, 𝑝, 𝑛, 𝑘 thỏa mãn 𝑎
𝑛
+ 𝑏
𝑛
= 𝑝
𝑘
.
Chứng minh rằng nếu 𝑛 > 1 là số lẻ và 𝑝 là số nguyên tố lẻ thì 𝑛 là lũy thừa của
𝑝.
Lời giải.
Ta có 𝑝
𝑘
= (𝑎 + 𝑏) (𝑎
𝑛−1
− 𝑎
𝑛−2
𝑏 + · · · + 𝑏
𝑛−1
) suy ra 𝑎 + 𝑏 = 𝑝
𝑗
, 𝑗 ≥ 1. Giả sử

𝑝
𝑘−𝑗

= 𝑣
𝑝
(𝑎 + 𝑏) + 𝑣
𝑝

𝑝
𝑘−𝑗

= 𝑗 + 𝑘 − 𝑗 = 𝑘,
4
www.VNMATH.com
suy ra 𝑝
𝑘
‖ 𝑎
𝑝
𝑘−𝑗
+ 𝑏
𝑝
𝑘−𝑗
và 𝑎
𝑝
𝑘−𝑗
+ 𝑏
𝑝
𝑘−𝑗
‖ 𝑎
𝑛

≡ 1 (mod 𝑝) .
Đối với số nguyên 𝑎 bất kỳ, ta có 𝑎
𝑝
≡ 𝑎 (mod 𝑝) .
Ví dụ 6. Giả sử số nguyên tố 𝑝 có dạng 4𝑘 + 3 và là ước của (𝑥
2
+ 𝑦
2
) thì
𝑝 | 𝑥, 𝑝 | 𝑦.
Lời giải.
Giả sử trái lại 𝑝  𝑥, 𝑝  𝑦 ⇒ gcd (𝑥, 𝑝) = gcd (𝑦, 𝑝) = 1. Do đó theo định
lý Fermat ta có 𝑥
𝑝−1
≡ 𝑦
𝑝−1
≡ 1 (mod 𝑝). Trong khi đó từ giả thiết ta có
𝑥
2
≡ −𝑦
2
(mod 𝑝) ⇒ (𝑥
2
)
𝑝−1
2
≡ (−𝑦
2
)
𝑝−1

= 𝑛
7
+ 2
7
= (𝑛 + 2)

𝑛
6
− 2𝑛
5
+ · · · − 2
5
𝑛 + 2
6

.
Rõ ràng 𝑚
2
+ 11
2
≡ 1, 2 (mod 4) ⇒ 𝑛
7
+ 2
7
≡ 1, 2 (mod 4). Từ đó dễ dàng thấy
𝑛 ≡ 1 (mod 4). Mà theo đẳng thức trên ta có (𝑛 + 2) | 𝑚
2
+ 11
2
suy ra 𝑚

− 2𝑛
5
+ · · · − 2
5
𝑛 + 2
6
≡ 7.2
6
≡ 8 (mod 11) .
Suy ra 11
2
| (𝑛 + 2) ⇒ 𝑛 = 11
2
ℎ − 2 và ℎ là ước dương của 𝑘
2
+ 1. Theo ví
dụ 6 các ước nguyên tố lẻ của 𝑘
2
+ 1 chỉ có dạng 4𝑖 + 1, tức là ℎ chỉ có dạng
2
𝑗
(4𝑖 + 1) , 𝑗 = 0, 1. Khi đó 𝑛 = 11
2
ℎ − 2 ≡ 0; 3 (mod 4). Ta có mâu thuẫn vì
𝑛 ≡ 1 (mod 4). Do đó không tồn tại 𝑛 thỏa mãn đầu bài. 
5
www.VNMATH.com
4. Hàm Euler
Định nghĩa 6. Cho 𝑛 là số nguyên dương. Hàm Euler 𝜙 xác định trên tập các
số nguyên dương như sau: 𝜙 (𝑛) là số các số nguyên dương nhỏ hơn 𝑛 và nguyên


1 −
1
𝑝
𝑘

.
Định lý 9. (Định lý Euler) Cho 𝑎, 𝑛 là các số nguyên, 𝑛 > 1, (𝑎, 𝑛) = 1. Khi đó
𝑎
𝜙(𝑛)
≡ 1 (mod 𝑛) .
Với 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương bất kỳ ta có
𝑎
𝑛
≡ 𝑎
𝑛−𝜙(𝑛)
(mod 𝑛) .
Nhận xét: Định lý Fermat là trường hợp riêng của định lý Euler trong trường
hợp 𝑛 là số nguyên tố.
Bổ đề 10. Với 𝑎, 𝑏 là các số nguyên dương 𝑎, 𝑏 thì với 𝑛 đủ lớn ta có
𝑏
𝑛+𝜙(𝑎)
≡ 𝑏
𝑛
(mod 𝑎)
(cụ thể hơn 𝑛 ≥ max

𝑣
𝑝
𝑖

2
< · · · < 𝑛
𝑘
, mà các
phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ xây dựng 𝑎
𝑘+1
= 2
𝑛
𝑘+1
− 3 như sau:
Đặt 𝑠 = 𝑎
1
𝑎
2
𝑎
𝑘
ta có 𝑠 là số lẻ nên theo định lý Euler ta có 𝑠 | 2
𝜙(𝑠)
− 1 ⇒
2
𝜙(𝑠)
− 1 = 𝑞𝑠, 𝑞 ∈ N. Khi đó ta có 2
𝜙(𝑠)+2
− 3 = 4𝑞𝑠 − 1 là nguyên tố cùng
nhau với 𝑠, nên ta có thể chọn 𝑛
𝑘+1
= 𝜙 (𝑠) + 2. Rõ ràng 𝑛
𝑘+1
> 𝑛
𝑘

𝑏 với 𝑏 lẻ. Khi đó theo giả thiết quy nạp thì dãy đã cho
là hằng số từ lúc nào đó mô-đun 𝑏. Mà rõ ràng dãy này là dãy 0 mô-đun 2
𝑎
kể từ
lúc nào đó. Vì thế theo mô-đun 𝑘 nó cũng là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó.
+, Nếu 𝑘 lẻ, theo định lý Euler ta có 2
𝜙(𝑘)
≡ 1 (mod 𝑘). Mà theo giả thiết quy
nạp dãy 1, 2, 2
2
, 2
2
2
, . . . (dãy các số mũ) là hằng số kể từ một lúc nào đó mô-đun
𝜙 (𝑘). Vì thế 2, 2
2
, 2
2
2
, 2
2
2
2
, . . . (mod 𝑘) là dãy hằng số kể từ một lúc nào đó.
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. 
5. Cấp (order) của một số nguyên
Định nghĩa 11. Cho 𝑎, 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑎 là số nguyên bất kỳ thỏa
mãn (𝑎, 𝑛) = 1. Số nguyên dương ℎ nhỏ nhất sao cho 𝑎
ℎ
≡ 1 (mo d 𝑛) được gọi

, , 𝑟
𝜙(𝑛)

tạo thành một
hệ thặng dư thu gọn mô-đun 𝑛.
Định lý 16. (Sự tồn tại của căn nguyên thủy) Mọi số nguyên tố đều có căn
nguyên thủy. Tổng quát hơn: số nguyên dương 𝑛 > 1 có căn nguyên thủy khi
và chỉ khi 𝑛 = 2, 4, 𝑝
𝑘
hoặc 2𝑝
𝑘
trong đó 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑘 là số nguyên
dương.
Ví dụ 10. Cho 𝑛 là hai số nguyên dương và 𝑝 là số nguyên tố thỏa. Chứng minh
rằng nếu 𝑚 là ước nguyên tố lẻ của 𝑛
𝑝
+ 1 thì 2𝑝 | 𝑚 − 1 hoặc 𝑚 | 𝑛
2
− 1.
Lời giải.
Từ giả thiết 𝑚 | 𝑛
𝑝
+ 1 ⇒ 𝑛
𝑝
≡ −1 ̸≡ 1 (mod 𝑚) vì 𝑚 > 2. Suy ra 𝑛
2𝑝
≡
1 (mod 𝑚).
Đặt 𝑑 = ord
𝑚

hai trường hợp:
+, Nếu 𝑝 | (𝑥 − 1), suy ra
𝑥
7
− 1
𝑥 − 1
≡ 1 + 1 + · · · + 1 + 1 ≡ 7 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 7;
+, Nếu 𝑝  (𝑥 − 1), ta có ngay ord
𝑝
𝑥 = 7. Từ đó suy ra 𝑝 ≡ 1 (mo d 7) .
Vậy ta có mọi ước nguyên dương 𝑑 của
𝑥
7
− 1
𝑥 − 1
thỏa mãn 𝑑 ≡ 0; 1 (mod 7).
Bây giờ giả sử (𝑥, 𝑦) là một nghiệm của phương trình đã cho. Mà 𝑦
5
− 1 =
(𝑦 − 1) (𝑦
4
+ 𝑦
3
+ 𝑦
2
+ 𝑦 + 1) suy ra
𝑦 − 1 ≡ 0; 1 (mo d 7)
𝑦
4
+ 𝑦

((𝑎 + 1) 𝑏)
𝑛
≡ 1 (mod 𝑝). Do đó 𝑑 | 𝑛 với 𝑑 = ord
𝑝
(𝑎𝑏 + 𝑏). Hơn nữa theo định lý
Fermat ta có ((𝑎 + 1) 𝑏)
𝑝−1
≡ 1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑑 | 𝑝 − 1 ⇒ gcd (𝑑, 𝑛) = 1 (theo định
nghĩa của 𝑝). Tức là 𝑑 = 1, suy ra 𝑎 + 1 ≡ 𝑎 (mod 𝑝). Mâu thuẫn, do đó 𝑛 = 1. 
Chú ý : Ta có thể trình bày lời giải bằng căn nguyên thủy như sau: Gọi 𝑔 là
căn nguyên thủy mô-đun 𝑝. Theo giả thiết ta dễ thấy rằng 𝑎, 𝑎 + 1 không chia
hết cho 𝑝, suy ra (𝑎 + 1, 𝑝) = (𝑎, 𝑝) = 1 ⇒ 𝑎 + 1 ≡ 𝑔
𝑘
, 𝑎 ≡ 𝑔
ℎ
(mod 𝑝) với 𝑘 ̸= ℎ.
Thay vào phương trình đã cho suy ra 𝑔
𝑘𝑛
≡ 𝑔
ℎ𝑛
(mod 𝑝) ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑛 (𝑘 − ℎ). Mà
𝑝 là ước nguyên tố nhỏ nhất của 𝑛 nên (𝑝 − 1, 𝑛) = 1 ⇒ 𝑝 − 1 | 𝑘 − ℎ. Theo định
lý Fermat suy ra 𝑝 | 𝑔
𝑝−1
− 1 | 𝑔
𝑘
− 𝑔
ℎ
⇒ 𝑝 = 1 mâu thuẫn. 
6. Một số hệ quả hay dùng khác

≡ 𝑏
gcd(𝑥,𝑦)
(mod 𝑚).
iii . Cho 𝑝 là một số nguyên tố lẻ. Khi đó
a) nếu 𝑎 ≥ 2 thì 𝑎
𝑝
− 1 có một ước nguyên tố mà không là ước của 𝑎 − 1;
b) nếu 𝑎 ≥ 2, 𝑝 ̸= 3 hoặc 𝑎 > 2 thì 𝑎
𝑝
+ 1 có một ước nguyên tố mà không là
ước của 𝑎 + 1.
8
www.VNMATH.com
Hướng dẫn. Giả sử trái lại suy ra mọi ước của 𝐴 = 𝑎
𝑝−1
+𝑎
𝑝−2
+· · ·+𝑎+1 đều
là ước của 𝑎 − 1 mà 𝐴 = (𝑎 − 1) 𝐵 + 𝑝 ⇒ gcd (𝑎 − 1, 𝑎
𝑝−1
+ 𝑎
𝑝−2
+ · · · + 𝑎 + 1) |
𝑝 ⇒ 𝐴 là lũy thừa của 𝑝. Do đó 𝑝
2
‖ 𝑎
𝑝
− 1 ⇒ 𝐴 = 𝑝 − 1 mâu thuẫn.
iv. Nếu 𝑎 là số nguyên không chia hết cho số nguyên tố 𝑝 và có một số nguyên
dương 𝑘 thỏa mãn 𝑎

𝑑
≡ 1

mod 3
𝑘

là 𝑑 = 𝜙

3
𝑘

=
2.3
𝑘−1
. Nói cách khác 2 là căn nguyên thủy mô-đun 3
𝑛
.
Hướng dẫn. Nếu 𝑝 là số nguyên tố lẻ và 𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝
2
thì
𝑟 là căn nguyên thủy mô-đun 𝑝
𝑘
với mọi số nguyên dương 𝑘.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1. (IMO 2005) Xét dãy số 𝑎
1
, 𝑎
2
, xác định bởi công thức
𝑎

𝑝−1
− 6 ≡ 3 + 2 + 1 − 6 ≡ 0 (mod 𝑝) .
Từ đó 𝑝 | 𝑎
𝑝−2
⇒ gcd (𝑝, 𝑎
𝑝−2
) = 𝑝 > 1. Vậy chỉ có số 1 thỏa mãn bài toán. 
Bài 2. (Dự tuyển IMO 2005) Giả sử 𝑎, 𝑏 là hai số nguyên dương sao cho 𝑎
𝑛
+ 𝑛
là ước của 𝑏
𝑛
+ 𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛. Chứng minh rằng 𝑎 = 𝑏.
Lời giải.
Giả sử 𝑎 ̸= 𝑏, khi đó từ giả thiết dễ thấy 𝑏 > 𝑎. Chọn 𝑝 là số nguyên tố lớn
hơn 𝑏 và lấy 𝑛 = (𝑎 + 1) (𝑝 − 1) + 1. Theo cách chọn này ta có 𝑛 ≡ 1 (mod 𝑝 − 1)
và 𝑛 ≡ −𝑎 (mod 𝑝). Khi đó theo định lý Fermat ta có
𝑟
𝑛
≡ 𝑟

𝑟
𝑝−1

𝑎+1
≡ 𝑟 (mod 𝑝) ∀𝑟 ∈ Z.
Ta lại có 𝑎
𝑛
+ 𝑛 ≡ 𝑎 − 𝑎 ≡ 0 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 | 𝑎
𝑛

thì theo định
lý Fermat ta có ngay 3 ≡ 5 − 2 ≡ 5
𝑘
− 2
𝑘
(mod 𝑘) ⇒ 𝑘 = 3.
Giả sử 𝑝 > 3, theo nhận xét trên ta có 𝑝 là ước của 5
𝑞
−2
𝑞
hay 5
𝑞
≡ 2
𝑞
(mod 𝑝).
Lại theo định lý Fermat thì 5
𝑝−1
≡ 2
𝑝−1
(mod 𝑝). Do đó
5
gcd(𝑝−1,𝑞)
≡ 2
gcd(𝑝−1,𝑞)
(mod 𝑝) .
Mà 𝑞 ≥ 𝑝 ⇒ gcd (𝑝 − 1, 𝑞) = 1 do đó ta có 5 ≡ 2 (mod 𝑝) ⇒ 𝑝 = 3 mâu thuẫn.
Suy ra 𝑝 = 3. Nếu 𝑞 > 3 suy ra 𝑞 là ước của 5
𝑝
− 2
𝑝

𝑝
− 1
𝑝 − 1
không đồng dư 1 mô-đun 𝑝
2
. Gọi
số nguyên tố này là 𝑞 và ta sẽ chỉ ra đây là số 𝑞 cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên 𝑛 sao cho 𝑛
𝑝
≡ 𝑝 (mod 𝑞). Khi đó, theo
cách chọn số 𝑞 ta có 𝑛
𝑝
2
≡ 𝑝
𝑝
≡ 1 (mod 𝑞). Mặt khác, theo định lý Fermat,
𝑛
𝑞−1
≡ 1 (mod 𝑞), vì 𝑞 là số nguyên tố. Hơn nữa ta có 𝑝
2
 𝑞 − 1 nên (𝑝
2
, 𝑞 − 1) |
𝑝 ⇒ 𝑛
𝑝
≡ 1 (mod 𝑞). Suy ra 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑞). Khi đó ta thu được
1 + 𝑝 + · · · + 𝑝
𝑝−1
≡ 𝑝 (mod 𝑞) .
Cùng với định nghĩa của 𝑞 ta có ngay 𝑝 ≡ 0 (mod 𝑞), đây là điều mâu thuẫn. Ta

+, Xét 𝑛 lẻ. Ta có
(𝑛! − 1)
𝑛
+ 1 ≡ (−1)
𝑛
+ 1 ≡ 0 (mod 𝑛!) . (*)
Suy ra nếu 𝑛 là hợp số và 𝑑 là một ước nguyên tố của 𝑛 thì ta có

𝑛!
𝑑
− 1

𝑛
+ 1 =
𝑛

𝑘=1
𝐶
𝑘
𝑛
(𝑛!)
𝑘
𝑑
𝑘
≡ 0 (mod 𝑛!)
bởi vì rõ ràng 𝑑
2
| 𝑛! nên mỗi số hạng của tổng trên đều chia hết cho 𝑛!. Do vậy
trường hợp này cũng không thỏa mãn.
+, Xét 𝑛 là số nguyên tố lẻ và giả sử 𝑎 là số nguyên thỏa mãn 0 < 𝑎 ≤ 𝑛!, 𝑎

𝑛−2
+ · · · + 𝑎
2
− 𝑎 + 1 ≡ 𝑛 (mod 𝑝) ̸≡ 0 (mod 𝑝)
do (𝑛, 𝑝) = 1. Từ đó ta thu được 𝑎
𝑛−1
− 𝑎
𝑛−2
+ · · · + 𝑎
2
− 𝑎+ 1 và (𝑛 − 1)! nguyên
tố cùng nhau, suy ra (𝑛 − 1)! | 𝑎 + 1. Mà 𝑛 | 𝑎 + 1 nên 𝑛! | 𝑎 + 1. Do điều kiện
0 < 𝑎 ≤ 𝑛! ⇒ 𝑛! = 𝑎 + 1 ⇒ 𝑎 = 𝑛! − 1. Cùng với (*) ta có 𝑎 = 𝑛! − 1 là giá trị
duy nhất thỏa mãn.
Vậy tất các số nguyên dương 𝑛 cần tìm là tất cả các số nguyên tố. 
Bài 6. (Dự tuyển IMO 2006) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛 luôn
tồn tại số nguyên 𝑚 sao cho 2
𝑚
+ 𝑚 chia hết cho 𝑛.
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo 𝑛 rằng luôn tồn tại số nguyên dương 𝑚
đủ lớn để 2
𝑚
≡ −𝑚 (mod 𝑛) .
+, Với 𝑛 = 1 hiển nhiên đúng.
+, Xét 𝑛 > 1. Theo tính chất của hàm Euler ta có dãy các số mũ của 2 theo
mô-đun 𝑛 là tuần hoàn với chu kỳ là bội của 𝜙 (𝑛). Do đó với 𝑥, 𝑦 đủ lớn và
𝑥 ≡ 𝑦 (mod 𝜙 (𝑛)) thì 2
𝑥
≡ 2

𝑛+𝜙(𝑎)
≡ 𝑏
𝑛
(mod 𝑎) . (*)
Thật vậy, giả sử 𝑎 = 𝑝
𝛼
1
1
𝑝
𝛼
2
2
. . . 𝑝
𝛼
𝑘
𝑘
, trong đó 𝑝
1
, 𝑝
2
, , 𝑝
𝑘
là các số nguyên tố phân
biệt. Vì 𝜙 là hàm nhân tính nên ta có
𝜙 (𝑎) = 𝜙 (𝑝
𝛼
1
1
) 𝜙 (𝑝
𝛼

𝑝
𝛼
𝑘
𝑘
− 𝑝
𝛼
𝑘
−1
𝑘

= 𝑎

1 −
1
𝑝
1

1 −
1
𝑝
2

· · ·

1 −
1
𝑝
𝑘

.

) với 𝑛 ≥ 𝛼
𝑖
+ 1.
+, Nếu 𝑝
𝑖
không là ước của 𝑏 ⇒ gcd (𝑝
𝛼
𝑖
𝑖
, 𝑏) = 1. Theo định lý Euler thì
𝑏
𝜙
(
𝑝
𝛼
𝑖
𝑖
)
≡ 1 (mod 𝑝
𝛼
𝑖
𝑖
), mà 𝜙 (𝑝
𝛼
𝑖
𝑖
) | 𝜙 (𝑎) ⇒ 𝑏
𝑛+𝜙(𝑎)
≡ 𝑏
𝑛

𝑖
) với mọi 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘. Bởi vì các 𝑝
𝑖
là các số nguyên tố phân
biệt nên 𝑏
𝑛+𝜙(𝑎)
≡ 𝑏
𝑛
(mod 𝑎) với mọi 𝑛 > 𝑁 (đpcm).
Trở lại bài toán, ta sẽ chỉ ra bằng quy nạp theo 𝑎 rằng với mọi số nguyên
dương 𝑎, 𝑏 thì luôn tồn tại vô hạn số nguyên dương 𝑛 sao cho 𝑎 là ước của 𝑏
𝑛
− 𝑛
(**).
+, Với 𝑎 = 1 rõ ràng khẳng định (**) đúng.
+, Giả sử (*) đúng với mọi số nguyên 1 ≤ 𝑎 < 𝑎
0
(𝑎
0
≥ 2). Do 𝜙 (𝑎) < 𝑎 nên
theo giả thiết quy nạp và theo (*) suy ra tồn tại vô số số nguyên dương 𝑛 sao cho
𝜙 (𝑎) | (𝑏
𝑛
− 𝑛) và 𝑏
𝑛+𝜙(𝑎)
≡ 𝑏
𝑛
(mod 𝑎) .
Với mỗi 𝑛 như vậy, đặt
𝑡 =

Bài 8. (CĐT Mỹ 2003) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (𝑝, 𝑞, 𝑟) thỏa mãn
𝑝 | 𝑞
𝑟
+ 1, 𝑞 | 𝑟
𝑝
+ 1, 𝑟 | 𝑝
𝑞
+ 1.
12
www.VNMATH.com
Lời giải.
Giả sử 𝑝, 𝑞, 𝑟 thỏa mãn đầu bài suy ra chúng là ba số nguyên tố phân biệt.
Trường hợp 1 : Cả ba số 𝑝, 𝑞, 𝑟 đều lẻ. Ta có 𝑝 | 𝑞
𝑟
+ 1 nên theo ví dụ 10 ta có
2𝑟 | 𝑝 − 1 hoặc 𝑝 | 𝑞
2
− 1.
+, Nếu 2𝑟 | 𝑝 − 1 ⇒ 𝑝 ≡ 1 (mod 𝑟) ⇒ 0 ≡ 𝑝
𝑞
+ 1 ≡ 2 (mod 𝑟) mà 𝑟 > 2 nên
mâu thuẫn với đầu bài.
+, Nếu 𝑝 | 𝑞
2
− 1 = (𝑞 − 1) (𝑞 + 1). Hơn nữa do 𝑝 lẻ và 𝑝 − 1, 𝑝 + 1 là các số
chẵn nên ta có
𝑝 |
𝑞 − 1
2
hoặc 𝑝 |

𝑛−1
+ 1.
Lời giải.
Giả sử 𝑛 | 2
𝑛−1
+ 1 =

2
𝑘

2
2007
+ 1. Gọi 𝑝 là một số ước nguyên tố tùy ý của 𝑛
và đặt 𝑡 = 2
𝑘
, 𝑑 = ord
𝑝
(𝑡). Ta có 𝑡
2
2007
≡ −1 (mod 𝑝) ⇒ 𝑡
2
2008
≡ 1 (mod 𝑝). Suy
ra 𝑑 | 2
2008
, 𝑑  2
2007
, tức là 𝑑 = 2
2008

𝑛
cho 6.12
𝑛
.
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh 𝑝 ≡ 1 ≡ 𝑞 (mod 2
𝑛+1
). Vì (𝑎, 𝑏) = 1 suy ra (𝑎, 𝑝) =
(𝑏, 𝑝) = 1. Gọi 𝑏
′
là nghịch đảo của 𝑏 mô-đun 𝑝 và đặt 𝐴 = 𝑎𝑏
′
. Khi đó theo giả
thiết
𝑝 | 𝑎
6
𝑛
+ 𝑏
6
𝑛
| 𝐴
6
𝑛
+ 1 | 𝐴
2.6
𝑛
− 1.
13
www.VNMATH.com
Suy ra ord

𝑛+1
+ 1

mod (2
𝑛+1
)
2

(theo khai triển
Newton). Từ đó 𝑝
6
𝑛
≡ 𝑞
6
𝑛
≡ 1 (mod 2
2𝑛+1
). (*)
Hơn nữa ta có 𝜙 (6
𝑛+1
) = 2.6
𝑛
⇒ 𝑝
6
𝑛
≡ ±1 (mod 6
𝑛+1
). Giả sử 𝑝
6
𝑛

) từ đó 𝑝
6
𝑛
≡ 1 (mod 6.12
𝑛
). Tương tự 𝑞
6
𝑛
≡ 1 (mod 6.12
𝑛
).
Suy ra số dư cần tìm là 2. 
Bài 11. (Trung Quốc 2009) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (𝑝, 𝑞) sao cho
𝑝𝑞 | 5
𝑝
+ 5
𝑞
.
Lời giải.
Rõ ràng cặp (5, 5) thỏa mãn. Xét trường hợp 𝑝 = 5, 𝑞 ̸= 5 ta có 5𝑞 | 5
5
+ 5
𝑞
⇒
𝑞 | 625 + 5
𝑞−1
. Theo định lý Fermat suy ra 𝑞 là ước của 626, trong trường hợp
này ta có nghiệm (5, 313) và (5, 2). Tương tự trường hợp 𝑞 = 5, 𝑝 ̸= 5 ta có hai
nghiệm (313, 5) và (2, 5).
Xét 𝑝 = 2, 𝑞 ̸= 5 ta có 2𝑞 | 25 + 5

2 (𝑞 − 1) ; ord
𝑝
5  (𝑞 − 1). Suy ra 2
𝑘−1
‖ 𝑞 − 1, tức là số mũ lớn nhất của 2 mà
là ước của 𝑝 − 1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1. Do tính đối
xứng nên ta cũng có số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của 𝑞 − 1 lớn hơn số mũ lớn
nhất của 2 mà là ước của 𝑝 − 1. Đây là điều mâu thuẫn, trong trường hợp này
bài toán vô nghiệm.
Vậy các nghiệm của bài toán là (2, 3) ; (2, 5) ; (5, 5) ; (5, 313) và các nghiệm đối
xứng của nó là (3, 2) ; (5, 2) ; (313, 5). 
Bài 12. (CĐT Romanian 2000) Cho 𝑎 > 1 là số nguyên dương. Tìm số nguyên
dương 𝑛 nhỏ nhất sao cho 2
2000
| 𝑎
𝑛
− 1.
Lời giải.
Ta có 𝑎
𝑛
≡ 1 (mod 2
2000
). Theo định lý Euler suy ra 𝑛 | 𝜙 (2
2000
) = 2
1999
⇒ 𝑛
là lũy thừa của 2. Đặt 𝑛 = 2
𝑘
với 𝑘 ≥ 0. Khi đó ta có

𝑎
2
𝑘−1
+ 1

. Do đó
ta cần tìm 𝑘 nhỏ nhất để 2
2001−𝑘
| (𝑎 − 1) (𝑎 + 1) = 𝑎
2
− 1. Vì thế nếu đặt
14
www.VNMATH.com
𝑚 = 𝑣
2
(𝑎
2
− 1) (tức là số mũ của 2 lớn nhất của 𝑎
2
− 1) ta có
𝑘 =

0 nếu 𝑚 ≥ 2001
2001 − 𝑚 nếu 𝑚 < 2001.
Vậy 𝑛 = 2
𝑘
với 𝑘 xác định theo công thức trên. 
Bài 13. (CĐT Romanian 2005) Giải phương trình trong tập số nguyên dương
3
𝑥

𝑥−2
+ · · · + 3 + 1

.
Đặt 𝑥 = 2
𝑛
𝛼 với 𝛼, 𝑛 ∈ N và 𝛼 lẻ.
+, Nếu 𝑛 = 0 tức là 𝑥 là số lẻ, mà 3
𝑥−1
+ 3
𝑥−2
+ + 3 + 1 là tổng của 𝑥 số
lẻ nên là số lẻ, suy ra 2 ‖ 2
𝑥
𝑦 ⇒ 𝑥 = 1 ⇒ 𝑦 = 1. Từ đó (𝑥, 𝑦) = (1, 1) là một
nghiệm của phương trình.
+, Nếu 𝑛 ≥ 1, ta có

3
2
𝑛

2
2
𝑛
𝛼
𝑦 =

3
2

𝑛

+ 1

.
Mà

3
2
𝑛

𝛼−1
+

3
2
𝑛

𝛼−2
+ · · · +

3
2
𝑛

+ 1 là tổng của 𝑛 số lẻ nên là số lẻ. Do đó
theo nhận xét trên ta có 2
𝑛+2
‖ 3
𝑥

‖ (𝑎 − 1)
𝑎
𝑛
− 1.
Rõ ràng 𝑛 = 0 hiển nhiên đúng. Giả sử (𝑎 + 1)
𝑎
𝑛
= 1 + 𝑁𝑎
𝑛+1
, 𝑎  𝑁. Khi đó
(𝑎 + 1)
𝑎
𝑛+1
=

1 + 𝑁𝑎
𝑛+1

𝑎
= 1 + 𝑎.𝑁𝑎
𝑛+1
+ 𝐶
2
𝑎
𝑁
2
𝑎
2𝑛+2
+ 𝑀𝑎
3𝑛+3

2
𝑛
+ 1
𝑛
2
là số
nguyên.
Lời giải
Với 𝑛 = 1 thỏa mãn. Xét 𝑛 > 1 ⇒ 𝑛 lẻ. Giả sử 𝑝 ≥ 3 là ước nguyên tố
nhỏ nhất của 𝑛. Ta có gcd (𝑝 − 1, 𝑛) = 1 và 𝑝 | 2
𝑛
+ 1 | 2
2𝑛
− 1. Theo định
lý Fermat 𝑝 | 2
𝑝−1
− 1 suy ra 𝑝 | gcd (2
𝑝−1
− 1, 2
2𝑛
− 1) = 2
gcd(2𝑛,𝑝−1)
− 1. Mà
gcd (2𝑛, 𝑝 − 1) ≤ 2 suy ra 𝑝 | 3 ⇒ 𝑝 = 3. Đặt 𝑛 = 3
3
𝑑 với 2, 3  𝑑.
Ta có nhận xét: Nếu 2
𝑚
− 1 chia hết cho 3
𝑟

+ 1 ≡ 2, 3, 5 (mod 7) mâu
thuẫn. Vậy 𝑑 = 1 ⇒ 𝑛 = 3 thỏa mãn. Đáp số 𝑛 = 1, 𝑛 = 3. 
Bài 16. (CĐT Trung Quốc 2005) Cho 𝑏, 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương 𝑏 > 1, 𝑚 ̸=
𝑛. Chứng minh rằng nếu 𝑏
𝑚
− 1 và 𝑏
𝑛
− 1 có cùng các ước nguyên tố thì 𝑏 + 1 là
lũy thừa của 2.
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh bài toán cho trường hợp 𝑛 = 1, tức là nếu 𝑎 > 1, 𝑘 >
1 và 𝑎
𝑘
− 1 và 𝑎 − 1 có cùng các nhân tử nguyên tố thì 𝑘 và 𝑎 + 1 là lũy thừa
của 2. Phản chứng, giả sử 𝑝 là ước nguyên tố lẻ của 𝑘. Khi đó mọi ước nguyên
tố 𝑞 của 1 + 𝑎 + 𝑎
2
+ · · · + 𝑎
𝑝−1
là ước của 1 + 𝑎 + 𝑎
2
+ · · · + 𝑎
𝑘−1
| 𝑎
𝑘
− 1 | 𝑎 − 1.
Suy ra 1 + 𝑎 + 𝑎
2
+ · · · + 𝑎
𝑝−1

2
− 1 | 𝑏
𝑘𝑑
− 1 ⇒ 𝑟 | 𝑏
𝑑
− 1 ≡ −2 (mod 𝑟). Từ đó
𝑟 = 2, tức là 𝑏 + 1 là lũy thừa của 2. 
III. Một số bài tập
Bài 1. (Dự tuyển IMO 2007) Cho 𝑏, 𝑛 là các số nguyên. Giả sử với mỗi 𝑘 > 1
luôn tồn tại số nguyên 𝑎
𝑘
sao cho 𝑏 − 𝑎
𝑛
𝑘
chia hết cho 𝑘. Chứng minh rằng 𝑏 = 𝐴
𝑛
với 𝐴 là số nguyên nào đó.
16
www.VNMATH.com
Hướng dẫn: Biểu diễn 𝑏 = 𝑝
𝛼
1
1
. . . 𝑝
𝛼
𝑙
𝑙
. Do 𝑏
2
| 𝑏 − 𝑎

𝑛
ước số.
Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢, 𝑣 lẻ và (𝑢, 𝑣) = 1 thì ước chung lớn nhất của 2
𝑢
+ 1
và 2
𝑣
+ 1 là 3. Từ đó 2
𝑢𝑣
+ 1 chia hết cho (2
𝑢
+ 1) (2
𝑣
+ 1) /3. Sau đó chứng minh
bài toán bằng quy nạp theo 𝑛.
Bài 3. (IMO 2006) Xác định tất cả các cặp số nguyên (𝑥, 𝑦) thỏa mãn phương
trình
1 + 2
𝑥
+ 2
2𝑥+1
= 𝑦
2
.
Hướng dẫn: Xét 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 và 𝑦 lẻ. Chú ý 2
𝑥
(1 + 2
𝑥+1
) = (𝑦 − 1) (𝑦 + 1) từ
đó ta có thể biểu diễn 𝑦 theo 𝑥. Suy ra 𝑥 = 4, 𝑦 = 23. Đáp số (0, ±2) ; (4, ±23) .

𝑛
+ 1 khi và chỉ khi 4𝑚 | 3
𝑛
+ 1.
Bài 6. (Dự tuyển IMO 2000) Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (𝑎, 𝑚, 𝑛)
sao cho 𝑎
𝑚
+ 1 là ước của (𝑎 + 1)
𝑛
.
Hướng dẫn: Chú ý nếu 𝑢 | 𝑣
𝑙
⇒ 𝑢 | (gcd (𝑢, 𝑣))
𝑙
. Xét 𝑎 > 1 và 𝑚 > 1,
khi đó 𝑚 lẻ. Giả sử 𝑝 là ước nguyên tố của 𝑚. Bằng cách xét mô-đun, suy ra
(𝑏
𝑝
+ 1) / (𝑏 + 1) = 𝑝 ⇒ 𝑝 = 3. Đáp số: {(1, 𝑚, 𝑛) ; (𝑎, 1, 𝑛) ; (2, 3, 𝑛 ≥ 2)} .
Bài 7. (Nga 2000) Hỏi có tồn tại ba số 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 1 đôi một nguyên tố cùng nhau
và thỏa mãn
𝑏 | 2
𝑎
+ 1, 𝑐 | 2
𝑏
+ 1, 𝑎 | 2
𝑐
+ 1.
Hướng dẫn: Ta có 𝑎, 𝑏, 𝑐 là lẻ. Giả sử 𝑎 = min {𝑎, 𝑏, 𝑐}. Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 nguyên tố
suy ra 𝑎 = 3, không tồn tại 𝑏, 𝑐. Trường hợp bất kỳ ta ký hiệu 𝜋 (𝑛) là ước nguyên

+ · · · + 𝑎
𝑛
| 𝑎
𝑖
1
+ 𝑎
𝑖
2
+ · · · + 𝑎
𝑖
𝑛
.
Hướng dẫn: Chứng minh 𝑎
1
+𝑎
2
+· · ·+𝑎
𝑛
| 𝑛 (𝑛 − 1) và hai số này bằng nhau.
Nếu 𝑛 ≥ 8 thì 𝑎
1
+ 𝑎
2
+ · · · + 𝑎
𝑛
≥ 1 + 2 + 3 + 5 + · · · + 2𝑛 + 1 = 𝑛
2
− 7 > 𝑛
2
− 𝑛.

≥ 2. Giả sử chỉ có
hữu hạn các số nguyên tố 𝑝
1
, , 𝑝
𝑚
. Chọn 𝑘 thích hợp để suy ra 𝑎
𝑘
1
+ 𝑎
𝑘
2
+ · · · +𝑎
𝑘
𝑛
có ước nguyên tố lớn hơn 𝑝
1
𝑝
2
𝑝
𝑚
.
Bài 11. (Dự tuyển IMO 2002) Tìm tất cả các cặp số nguyên 𝑚, 𝑛 ≥ 3 sao cho
tồn tại vô hạn các số nguyên 𝑎 thỏa mãn
𝑎
𝑚
+ 𝑎 − 1
𝑎
𝑛
+ 𝑎
2

+ 𝑞
𝑛+2
− 3
𝑛+2
< 2𝑝
𝑛+2
⇒
𝑝
2
> 𝑞
𝑛−1
. Mà 𝑞
𝑛+2
− 3
𝑛+2
≥ 𝑝
𝑛
. Suy ra 𝑛 ≤ 3.
18
www.VNMATH.com