[Bài toán] Tính chất số nguyên tố 4k+3, phần dư Trung Hoa

Bài toán : Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho luôn tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn $2^n-1\mid m^2+9$.

Lời giải :

Bổ đề 1 : Một số nguyên có dạng $4k+3$ thì luôn tồn tại một ước số nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$

Chứng minh bổ đề 1 :

Số nguyên $a$ dạng $4k+3$ là một số lẻ nên nó không có ước nguyên tố $2$.

Gỉa sử $a=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}...p_n^{{\alpha }_n}(p_i\in \mathbb{P},{\alpha }_i\in {\mathbb{N}}^{\ast },i=\overline{1,n})$

Nếu $p_i\equiv 4(mod4)\forall i=1,2,...,n\Rightarrow a\equiv 1(mod4)$ , mâu thuẫn với giả thiết.

Do đó $a$ có ít nhất một ước nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$

Bổ đề 2 : Nếu các số nguyên $x,y$ và số nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$ thỏa mãn $p\mid x^2+y^2$ thì $p\mid x,p\mid y$.

Chứng minh bổ đề 2 :

Nếu $p|x$ hoặc $p|y$ thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh. Xét $p\nmid x,p\nmid y$

Đặt $p=4k+3(k\in \mathbb{N})$

Theo định lí $Fermat$ nhỏ : $x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv x^{p-1}+y^{p-1}\equiv 2(modp)(1)$

Mặt khác $x^2+y^2\equiv 0(modp)\Rightarrow x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv 0(modp)(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $p=2$, mâu thuẫn.

Trở lại bài toán :

Nếu $n=1$ thì hiển nhiên với mọi $m$ nguyên, bài toán đều được thỏa mãn.

Xét $n>1$. Gọi $q$ là một ước nguyên tố lẻ của $n$, khi đó $2^q-1\equiv 3(mod4)$ nên $2^q-1$ có ít nhất một ước nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$. Khi đó dễ dàng thấy rằng :

$$m^2+9⋮2^n-1⋮2^q-1⋮p$$

Khi đó theo bổ đề 2 ta có $p|3$,$p=3$. Suy ra $3\mid 2^q-1\Rightarrow 2\mid q$, điều này mâu thuẫn vì $q$ lẻ.

Như vậy $n$ không có ước nguyên tố lẻ, do đó $n=2^k(t\in {\mathbb{N}}^{\ast })$.

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi $t\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ thì $n=2^t$ luôn thỏa mãn đề bài.

Thật vậy,

Ta có $2^n-1=2^{2^k}-1=(2^{2^0}+1)(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{t-1}}+1)$

Xét hệ đồng dư tuyến tính :

$$\{\begin{array}{c}x\equiv 0(mod{2}^{2^0}+1)\\ x\equiv 3.2^{2^0}(mod{2}^{2^1}+1)\\ x\equiv 3.2^{2^1}(mod{2}^{2^2}+1)\\ ...\\ x\equiv 3.2^{2^{k-2}}(mod{2}^{2^{k-1}}+1)\end{array}$$

Dễ thấy rằng $gcd(2^{2^i}+1,2^{2^j}+1)=1\forall i\ne ,j,i,j\in \left\{0,1,2,...,k-1\right\}$ vì chúng là các số $Fermat$.

Theo định lí phần dư Trung Hoa thì hệ này chắc chắn có nghiệm $x_0$.

Ta suy ra

$$\{\begin{array}{c}{x}_0^2\equiv 0\equiv -9(mod{2}^{2^0}+1)\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^1}\equiv -9(mod{2}^{2^1}+1)\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^2}\equiv -9(mod{2}^{2^2}+1)\\ ...\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^{k-1}}\equiv -9(mod{2}^{2^{k-1}}+1)\end{array}\Rightarrow x_0^2+9\equiv 0(mod{2}^n-1)$$

Khi đó với mọi $n=2^k$ thì luôn tồn tại số nguyên $m=x_0$ là nghiệm của hệ trên thỏa mãn đề bài.

Kết luận : $\boxed{n=2^k(k\in \mathbb{N})}$