Tuyển tập Số học211 bài

Bài toán : Cho các số nguyên dương $a,b$ thoả mãn $2a-1,2b-1,a+b$ đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng $a^a+b^b$ và $a^b+b^a$ đều không chia hết cho $a+b$.

Lời giải :

Gỉa sử rằng $a+b\mid a^b+b^a(1)$. Ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn.

Nếu $a,b$ cùng tính chẵn lẻ thì phải có $a+b=2$, suy ra $a=b=1$. Mâu thuẫn vì $2a-1,2b-1$ phải nguyên tố.

Như vậy thì $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Không giảm tổng quát có thể giả sử $a$ chẵn và $b$ lẻ.

Khi đó ta sẽ có :

$$a+b\mid a^b+b^b$$

Kết hợp với $(1)$ :

$$a+b\mid b^a-b^b(2)$$

• Xét trường hợp $a\ge b$ thì từ $(2)$ có $a+b\mid b^b$ hoặc $a+b\mid b^{a-b}-1$.

Dễ dàng chứng minh được rằng $\gcd (a,b)=1$ nên phải có $a+b\nmid b^b$. Như vậy chỉ có thể là $a+b\mid b^{a-b}-1(3)$.

Hơn nữa vì $a+b$ nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ :

$$a+b\mid b^{a+b-1}-1(4)$$

Từ đó lại kéo theo :

$$a+b\mid (b^{a+b-1}-1)-(b^{a-b}-1)=b^{a-b}\left(b^{2b-1}-1\right)\Rightarrow a+b\mid b^{2b-1}-1$$

Từ đây sẽ có :

$$or{d}_{a+b}(b)\mid 2b-1$$

Mà $2b-1$ nguyên tố nên $or{d}_{a+b}(b)\in \left\{1,2b-1\right\}$. Nếu $or{d}_{a+b}(b)=1$ thì $a+b\mid b-1$. Mâu thuẫn vì $0<b-1<a+b$. Như vậy thì $or{d}_{a+b}(b)=2b-1$.

Chú ý vào $(3)$ và $(4)$ :

$$2b-1\mid a-b,2b-1\mid a+b-1\Rightarrow 2b-1\mid 2a-1$$

Vì $2a-1,2b-1$ đều nguyên tố nên phải có $2b-1=2a-1$, điều này mâu thuẫn.

• Trường hợp $a<b$ hoàn toàn tương tự.

Như vậy ta đã chứng minh được $a+b\nmid a^b+b^a$.

Việc chứng minh $a+b\nmid a^a+b^b$ có vẻ cũng tương tự.

Bài toán (MM, Problem 1558, Mansur Boase)

Cho dãy số $(K_n)$ xác định bởi :

$$K_1=2,K_2=8,K_{n+2}=3K_{n+1}-K_n+5.(-1{)}^n$$

Chứng minh rằng nếu $K_n$ nguyên tố thì $n$ phải là một lũy thừa của $3$.

Lời giải :

Không khó để tìm ra được công thức tổng quát của $(K_n)$ là :

$K_n$$=(-1{)}^n+{\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^n+{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^n$$=(-1{)}^n+{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{2n}+{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{2n}$$=\frac{{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{3n}-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{3n}}{{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n}$$=\frac{F_{3n}}{F_n}$

Trong đó $F_n$ là số hạng thứ $n$ của dãy Fibonacci. Tức là :

$F_n$$=\frac{1}{\sqrt{5}}\left({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n\right)$

Đặt $n=3^k.m$ với $m$ nguyên dương và $\gcd (m,3)=1$. Ta có :

$K_n$$=\frac{{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^{k+1}.m}-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^{k+1}}}{{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^k.m}-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^k.m}}$$=\frac{a^{3m}-b^{3m}}{a^m-b^m}$$=\frac{a^3-b^3}{a-b}.\frac{a^{3(m-1)}+a^{3(m-2)}.b^3+...+b^{3(m-1)}}{a^{m-1}+a^{m-2}b+...+b^{m-1}}$$=\frac{F_{3^{k+1}}}{F_{3^k}}.Q$

Trong đó $a={\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^k},b={\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^{3^k}$ và :

$$Q=\frac{a^{3(m-1)}+a^{3(m-2)}.b^3+...+b^{3(m-1)}}{a^{m-1}+a^{m-2}b+...+b^{m-1}}$$

Do $K_n$ và $\frac{F_{3^{k+1}}}{F_{3^k}}$ nguyên nên $Q$ nguyên.

Hơn nữa do ta có $K_n$ nguyên tố nên hoặc $\frac{F_{3^{k+1}}}{F_{3^k}}=1$ hoặc $K_n=\frac{F_{3^{k+1}}}{F_{3^k}}=K_{3^k}$.

Rõ ràng không thể xảy ra trường hợp $\frac{F_{3^{k+1}}}{F_{3^k}}=1$ vì khi đó :

$$F_{3^{k+1}}=F_{3^k}$$

Điều này vô lí vì dãy Fibonacci là dãy tăng.

Từ đó phải có :

$$K_n=K_{3^k}(\ast )$$

Hơn nữa trong công thức xác định dãy ta thay $n$ bởi $n+1$ :

$$K_{n+3}=3K_{n+2}-K_{n+1}+5(-1{)}^{n+1}$$

Cộng vế theo vế :

$K_{n+3}+K_{n+2}$$=3K_{n+2}-K_{n+1}+5(-1{)}^{n+1}+3K_{n+1}-K_n+5(-1{)}^n$$\iff K_{n+3}$$=2K_{n+2}+2K_{n+1}-K_n$

Từ đây dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp dãy $(K_n)$ tăng. Do đó từ $(\ast )$ suy ra $n=3^k$.

Bài toán : Cho $x_1,x_2,...,x_{2n+1},y_1,y_2,....,y_{2n+1}$ là các số nguyên dương với $n$ là số nguyên dương tuỳ ý và $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$. Chứng minh rằng :

$$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$$

không là một số chính phương.

Lời giải 1 :

Chú ý các phân tích sau đây :

Theo hằng đẳng thức Lagrange :

$\left[(p-1)a^2+p{b}^2\right]\left[(p-1)c^2+p{d}^2\right]$$={\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+{\left[ad\sqrt{p(p-1)}+bc\sqrt{p(p-1)}\right]}^2$$={\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2$

$\left[(p-1)a^2+p{b}^2\right]\left[(p-1)c^2+p{d}^2\right]\left[(p-1)x^2+p{y}^2\right]$$=\left[{\left[(p-1)ac+pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2\right]\left[(p-1)x^2+p{y}^2\right]$

$={\left[\left((p-1)ac+pbd\right).x\sqrt{p-1}+\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).y\sqrt{p}\right]}^2+{\left[\left((p-1)ac+pbd\right).y\sqrt{p}-\sqrt{p(p-1)}.(ad+bc).x\sqrt{p-1}\right]}^2$$=(p-1){\left[x((p-1)ac+bd)+py(ad+bc)\right]}^2+p{\left[((p-1)ac+pbd).y-(p-1).x(ad+bc)\right]}^2(\ast )$

Ta dễ dàng chứng minh được $(p-1)x^2+p{y}^2$ không thể là một số chính phương bằng nguyên lí lùi vô hạn $(\ast \ast )$

Ta chứng minh bằng quy nạp tích $\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ có thể biểu diễn được dưới dạng $(p-1)X^2+p{Y}^2$. Với $n=0$ thì hiển nhiên. Gỉa sử :

$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$$=(p-1)X^2+p{Y}^2$

Khi đó ta có :

$\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+3}^2+p{y}_{2n+3}^2\right]$$=\left[(p-1)X^2+p{Y}^2\right]\left[(p-1)x_{2n+2}^2+p{y}_{2n+2}^2\right]\left[(p-1)x_{2n+3}^2+p{y}_{2n+3}^2\right]$

Và áp dụng $(\ast )$ ta quy nạp thành công. Sử dụng tính chất $(\ast \ast )$ thì bài toán hoàn tất.

Lời giải 2 : (Phạm Quang Toàn)

Giả sử $A=\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ là một số chính phương.

Ta có

$\left[(p-1)a^2+p{d}^2\right]\left[(p-1)b^2+p{c}^2\right]$$={\left[(p-1)ac-pbd\right]}^2+p(p-1)(ad+bc{)}^2$$=m^2++p(p-1)n^2$

Và

$$\begin{array}{rl}\left[m^2+p(p-1)n^2\right]\left[g^2+p(p-1)h^2\right]& ={\left[p(p-1)hn-mg\right]}^2+p(p-1)(ng+hm{)}^2\\ & =i^2+p(p-1)l^2.\end{array}$$

Do đó $\left[(p-1)x_1^2+p{y}_1^2\right]\left[(p-1)x_2^2+p{y}_2^2\right]...\left[(p-1)x_{2n}^2+p{y}_{2n}^2\right]$ hoàn toàn có thể biểu diễn được dưới dạng $p(p-1)m^2+n^2$. Như vậy $A=\left[p(p-1)m^2+n^2\right]\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right].$

Ta có $p(p-1)m^2+n^2\equiv n^2(\mathrm{mod}p),(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\equiv -x_{2n+1}^2(\mathrm{mod}p)$. Do đó $A\equiv -(n{x}_{2n+1}{)}^2(\mathrm{mod}p)$ hay $p|A+(n{x}_{2n+1}{)}^2$. Vì $A$ là số chính phương và $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ nên ta suy ra $p^2|A,p|n{x}_{2n+1}$. Ta sẽ xét ba trường hợp sau:

TH1. Nếu $p|n,p\nmid x_{2n+1}$. Dễ thấy rằng $p\nmid (p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2$. Vì $A$ chính phương nên $2|v_p(p(p-1)m^2+n^2)$. Ta có $p|p(p-1)m^2+n^2$ nên $p^2|p(p-1)m^2+n^2$. Điều này đồng nghĩa với $p|m$ vì $p|n$.

Đặt $v_p(m)=b_1,v_p(n)=b_2$ thì $m=p^{b_1}{m}_1,n=p^{b_2}{n}_1(p\nmid n_1,p\nmid m_1)$. Ta có $p(p-1)m^2+n^2=p^{2b_1+1}(p-1)m_1^2+p^{2b_2}{n}_1^2$

Dễ thấy rằng nếu $2b_1+1<2b_2$ thì $2\nmid v_p(p(p-1)m^2+n^2)$. Do đó $2b_1+1>2b_2$. Khi đó $p(p-1)m^2+n^2=2^{2b_2}\left[p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2\right].$

Như vậy $A$ là số chính phương khi và chỉ khi $B=\left[p^{2(b_1-b_2)+1}(p-1)m_1^2+n_1^2\right]\left[(p-1)x_{2n+1}^2+p{y}_{2n+1}^2\right]$ là số chính phương. Lập luận tương tự, ta thu được $p|B+(n_1{x}_{2n+1}{)}^2$ và suy ra $p|B$, mâu thuẫn.

TH2. Nếu $p\nmid n,p|x_{2n+1}$, lập luận tương tự trường hợp 1, ta suy ra mâu thuẫn.

TH3. Nếu $p|n,p|x_{2n+1}$. Đặt $n=p{n}_1,x_{2n+1}=p{c}_1$. Khi đó $A=p^2\left[(p-1)m^2+p{n}_1^2\right]\left[p(p-1)c_1^2+y_{2n+1}^2\right]$ là số chính phương khi và chỉ khi $\left[(p-1)m^2+p{n}_1^2\right]\left[p(p-1)c_1^2+y_{2n+1}^2\right]$ chính phương. Ta quay lại với ý tưởng ban đầu và dẫn đến $p|y_{2n+1},p|m$. Quá trính cứ tiếp tục tiếp diễn, ta suy ra $p^k|x_{2n+1},p^l|y_{2n+1}$ với mọi $k,l\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Do đó $x_{2n+1}=y_{2n+1}=0$, mâu thuẫn vì hai số này nguyên dương.

Vậy $A$ không thể là số chính phương. $■$

 

Bài toán (Turkey Junior Balkan Mathematical Olympiad Team Selection Test 2013)

Tìm các số nguyên dương $n$ thỏa mãn :

$$2n+7\mid n!-1$$.

Lời giải :

Lần lượt thử với $n=1,2,3$ thì nhận $n=1$. Xét $n\ge 4$.

Gọi $q$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $2n+7$. Ta được $q\mid n!-1$. Hơn nữa vì tính nhỏ nhất của $q$ nên $q<\sqrt{2n+7}<n$. Suy ra $q\mid n!$. Điều này mâu thuẫn với $q\mid n!-1$.

Như vậy $2n+7$ sẽ không có một ước nguyên tố nào vượt quá $\sqrt{2n+7}$. Ta suy ra $2n+7=p$ là một số nguyên tố.

Từ giả thiết :

$$n!\equiv 1(mod2n+7)$$

Theo định lí Wilson :

$$(2n+6)!\equiv -1(mod2n+7)$$

Từ đó suy ra :

$$(n+1)(n+2)...(2n+5)(2n+6)\equiv -1(mod2n+7)$$

Dẫn đến :

$(-n-6)(-n-5)...(-2)(-1)$$\equiv -1(mod2n+7)$$\Rightarrow (-1{)}^{n+6}(n+6)!$$\equiv -1(mod2n+7)$$\Rightarrow n!.(n+1)...(n+6)$$\equiv (-1{)}^{n+1}(mod2n+7)$$\Rightarrow (n+1)...(n+6)$$\equiv (-1{)}^{n+1}(mod2n+7)$

Hay :

$\left(\frac{p-5}{2}\right)\left(\frac{p-3}{2}\right)...\left(\frac{p+5}{2}\right)$$\equiv (-1{)}^{\frac{p-5}{2}}(\mathrm{mod}p)$$\iff (p^2-25)(p^2-9)(p^2-1)$$\equiv 64(-1{)}^{\frac{p-5}{2}}(\mathrm{mod}p)$$\iff (-25).(-9)(-1)$$\equiv 64(-1{)}^{\frac{p-5}{2}}(\mathrm{mod}p)$$\iff 225$$\equiv 64.(-1{)}^n(\mathrm{mod}2n+7)$

Nếu $n$ lẻ ta được $289\equiv 0(\mathrm{mod}2n+7)\Rightarrow 2n+7=17\Rightarrow n=5$

Nếu $n$ chẵn ta được $161\equiv 0(\mathrm{mod}2n+7)\Rightarrow 2n+7\in \left\{7,23\right\}\Rightarrow n=8$

Thử lại các giá trị này đều thỏa mãn. Vậy đáp số là $\boxed{n\in \left\{1,5,8\right\}}$

Bài toán : Cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=51,x_2=53\\ x_{n+2}=\frac{x_{n+1}^2+49.2^n}{x_n}\end{array}$$

Tìm số nguyên dương $n$ sao cho các số $x_n$ và $x_{n+1}$ đều là tích của hai số nguyên tố phân biệt và hiệu của hai số nguyên tố trong mỗi tích đó là bằng nhau.

Lời giải :

Tuyến tính hóa dãy $(x_n)$, ta được :

$$x_{n+2}=3x_{n+1}-2x_n$$

Phương trình sai phân này cho ta :

$$x_n=2^n+49$$

Gỉa sử $2^n+49=pq$ và $2^{n+1}+49=rs$. Trong đó $p,q,r,s$ là các số nguyên tố, $p>q$,$r>s$ và $p-q=r-s$.

Nếu $n$ lẻ :

$$pq=2^n+49\equiv 0(mod3)\Rightarrow q=3$$

Từ đó ta được $p=r-s+3$. Hơn nữa :

$$rs=2^{n+1}+49=2(2^n+49)-49=6p-49$$

Kéo theo :

$$rs=6(r-s+3)-49\iff s=\frac{6r-31}{r+6}=6-\frac{67}{r+6}\Rightarrow r=61,s=5$$

Như vậy ta được $2^{n+1}+49=61.5$. Suy ra $n=7$.

Nếu $n$ chẵn thì $n+1$ lẻ :

$$rs=2^{n+1}+49\equiv 0(mod3)\Rightarrow s=3$$.

Từ đó $r=p-q+3$.

Hơn nữa :

$$3r=2(2^n+49)-49=2pq-49\Rightarrow 2pq-58=3(p-q)$$

Phương trình này không cho nghiệm thích hợp.

Đáp số $n=7$

Bài toán : (IMO Shortlist 2008) Cho $n$ là số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố và các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn : 

$$a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$$.

Chứng minh rằng $a=b=c$.

Lời giải :

Nếu có hai trong ba số trên bằng nhau thì cả ba số đều bằng nhau. Nếu $a,b,c$ khác nhau đôi một.

Ta có

$-p$$=\frac{a^n-b^n}{b-c}$$=\frac{b^n-c^n}{c-a}$$=\frac{c^n-a^n}{a-b}$$\Rightarrow \frac{a^n-b^n}{a-b}.\frac{b^n-c^n}{b-c}.\frac{c^n-a^n}{c-a}$$=-p^3$

Nếu $n$ lẻ thì $a^n-b^n$ và $a-b$ là cùng dấu, suy ra $-p^3=VT>0$, mâu thuẫn. Do đó $n$ chẵn.

Nếu $p$ lẻ thì $\frac{a^n-b^n}{a-b}=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+a{b}^{n-2}+b^{n-1}$ là một số lẻ. Mà $n$ chẵn nên tổng $A=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+a{b}^{n-2}+b^{n-1}$ có số số hạng là một số chẵn, hơn nữa $A$ lẻ nên $a,b$ phải khác tính chẵn lẻ. Tức là $a-b\equiv 1(mod2)$

Hoàn toàn tương tự $b-c\equiv c-a\equiv 1(mod2)$

Suy ra $3\equiv (a-b)+(b-c)+(c-a)=0(mod2)$. Mâu thuẫn.

Như vậy phải có $p$ chẵn, tức $p=2$. Khi đó

$$\frac{a^n-b^n}{a-b}.\frac{b^n-c^n}{b-c}.\frac{c^n-a^n}{c-a}=-8$$.

Vì $n$ chẵn nên đặt $n=2k$ ta được :

$\left|\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a-b}.\frac{b^{2k}-c^{2k}}{b-c}.\frac{c^{2k}-a^{2k}}{c-a}\right|$$=8$$\iff \left|(a+b)(b+c)(c+a).\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a^2-b^2}.\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a^2-b^2}.\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a^2-b^2}\right|$$=\left|(a+b)(b+c)(c+a).\left(a^{2k-2}+a^{2k-4}{b}^2+...+b^{2k-2}\right).\left(b^{2k-2}+b^{2k-4}{c}^2+...+c^{2k-2}\right).\left(c^{2k-2}+c^{2k-4}{a}^2+...+c^{2k-2}\right)\right|$$=8$

Nếu ít nhất một trong ba số $a,b,c$ bằng $0$, giả sử $a=0$. Từ giả thiết ban đầu ta dễ dàng có hệ $\{\begin{array}{c}{c}^n=b^n+2c\\ c^n=2b\end{array}\Rightarrow (2c{)}^n=c^{n^2}+2c\Rightarrow c^{n-1}(2^n-c^{n+1})=2$. Dễ dàng thấy mâu thuẫn ở đây.

Như vậy ta xét $\left|a\right|,\left|b\right|,\left|c\right|\ge 1$. Nếu $k\ge 2$

Khi đó :

$$\left|a^{2k-2}+a^{2k-4}{b}^2+...+b^{2k-2}\right|\ge \left|a^4+b^4\right|\ge 2$$.

Tương tự $\left|b^{2k-2}+b^{2k-4}{c}^2+...+c^{2k-2}\right|\ge 2,\left|c^{2k-2}+c^{2k-4}{a}^2+...+a^{2k-2}\right|\ge 2$.

Từ đó $\left|(a+b)(b+c)(c+a)\right|\le 1$. Dễ dàng chỉ ra được điều này vô lí.

Do đó $k=1$, tức $n=2$. Khi đó thì $(a+b)(b+c)(c+a)=-8$.

Mặt khác từ giả thiết ban đầu là $a^n+2b=b^n+2c=c^n+2a$ ta có $a,b,c$ cùng tính chẵn lẻ. Do đó nên trong ba số $a+b,b+c,c+a$ sẽ có hai số bằng $\pm 2$ và số còn lại bằng $-2$. Từ đó dễ dàng suy ra được ba số $a,b,c$ phải bằng nhau (mâu thuẫn)

Kết luận : Gỉa thiết phản chứng là sai, ta có $a=b=c$.

Bài toán : Cho  $n$ là số nguyên dương thỏa mãn $n\mid 2^n+5^n$. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $7$.

Lời giải :

Dễ thấy $n$ là số nguyên dương lẻ. Gọi $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$.

Gọi $a$ là nghịch đảo của $2$ modulo $p$. Khi đó thì $2a\equiv 1(modp),gcd(2,a)=gcd(a,p)=1$.

Ta có $p\mid 2^n+5^n\Rightarrow p\mid (2a{)}^n+(5a{)}^n\Rightarrow (2a{)}^n+(5a{)}^n\equiv (5a{)}^n+1(modp)\Rightarrow -(5a{)}^n=(-5a{)}^n\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(-5a)\mid n(1)$

Dễ dàng thấy $gcd(5a,p)=1$ nên theo định lí $Fermat$ nhỏ ta có $(-5a{)}^{p-1}\equiv 1(modp)\Rightarrow or{d}_p(-5a)\mid p-1(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra tồn tại một ước nguyên tố $r$ của $or{d}_p(-5a)$ mà $r<p-1<p,r\mid n$. Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $p$. Như vậy phải có $or{d}_p(-5a)=1$. Suy ra $-5a\equiv 1\equiv 2a(modp)\Rightarrow 7a\equiv 0(modp)$

Mà $gcd(a,p)=1$ nên $p=7$. Suy ra $n$ chia hết cho $7$.

Bài toán : Cho $k$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình $x^2+y^2=z^{2k+1}+z$ có vô số nghiệm nguyên dương mà $(x,y,z)=1$.

Lời giải :

Chọn $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$. Khi đó theo định lí $Fermat-Euler$, ta có : $p=m^2+n^2,\left(m,n\in \mathbb{Z}\right)$

Chọn $z=p$ và áp dụng hằng đẳng thức $Lagrange$ :

$$p^{2k+1}+p=p(p^{2k}+1)=(m^2+n^2)(p^{2k}+1)=(m.p^{2k}+n{)}^2+(m-n^2.p^{2k}{)}^2$$

Chọn $x=m.p^{2k}+n,y=m-n^2.p^{2k}$ thì phương trình đã cho có một họ nghiệm là $\boxed{(x,y,z)=(m.(m^2+n^2{)}^{2k}+n,m-n.(m^2+n^2{)}^{2k},m^2+n^2)}$ với $p=m^2+n^2$ là một số nguyên tố. Ta hoàn toàn chứng minh được có vô số nguyên tố dạng $4k+1$ và dễ dàng thấy được lúc này $(x,y,z)=1$. Từ đó có điều phải chứng minh