Nội dung bài viết trình bày một định lí cơ bản về sự tồn tại thặng dư bậc hai. Mặc dù trong bài toán này không cần đến nó, nhưng ý tưởng chứng minh định lí đó có thể áp dụng trong nhiều vấn đề và sẽ sử dụng nó trong suốt bài viết này. Mời các bạn tham khảo!
SỐ DƯ CỦA A:ax C Bx Yimin Ge, Vienna, Áo (Người dịch: Nguyễn Tất Thu, Đồng Nai) Mở đầu Trong thời gian gần đây, số vấn đề lý thuyết số trở nên phổ biến kì thi Cụ thể vấn đề tìm số dư ax C bx theo modulo số nguyên dương m Trong viết này, đưa toán tổng quát cho toán Chúng ta bắt đầu với định lí tồn thặng dư bậc hai Mặc dù tốn ta khơng cần đến nó, ý tưởng chứng minh định lí áp dụng nhiều vấn đề sử dụng suốt viết Định lý Cho p số nguyên tố lẻ, k số nguyên dương a số nguyên không chia hết cho p Khi a thặng dư bậc hai theo modulo p k a thặng dư bậc hai theo modulo p Chứng minh Ta thấy a thặng dư bậc hai theo modulo p k hiển nhiên a thặng dư bậc hai theo modulo p Do đó, ta cần chứng minh a thặng dư bậc hai theo modulo p k với a thặng dư bậc hai theo modulo p Ta chứng minh vấn đề cách quy nạp theo k Giả sử a thặng dư bậc hai theo modulo p k , ta chứng minh a thặng dư bậc hai theo modulo p kC1 Thật vậy: Vì a thặng dư bậc hai theo modulo p k nên tồn số tự nhiên x cho x2 Á a mod p k / tồn số nguyên l cho x D a C l:p k với x không chia hết cho p Đặt x D x C y:p k , với y số nguyên Ta chứng minh tồn số nguyên y cho x 02 Á a mod p kC1 /: Ta có x 02 D x C y:p k Á2 D x C2xyp k Cy p 2k D aC.lC2xy/p k Cy p 2k Á aC.lC2xy/:p k mod p kC1 /: Ta chứng minh tồn y cho l C 2xy Á mod p/: Rõ ràng phương trình đồng dư tuyến tính 2x; p/ D nên phương trình ln có nghiệm ngun y Vây định lí chứng minh 149 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Ý tưởng quan trọng chứng minh kĩ thuật hữu ích: Sử dụng giả thiết quy nạp theo modulo m, ta xây dựng nghiệm x theo modulo m0 dựa vào nghiệm x theo modulo m cách thêm vào biến y Chú ý x bất biến theo modulo m y thay đổi Nó cịn dùng để chứng minh vấn đề khác chọn giá trị y thích hợp Bài tốn sau xuất kí thi Olympic Brazil năm 2005 Bài toán (Brazil 2005) Cho số nguyên dương a, b c Chứng minh tồn số nguyên dương x cho ax C x Á b mod c/: Một trường hợp đặc biệt toán xuất đề IMO Shortlist năm 2006 Bài toán (IMO Shortlist 2006) Chứng minh với số nguyên dương n tồn số nguyên dương m cho n ước 2m C m Một toán tương tự đưa kì thi USA TST năm 2007 Bài toán (USA TST 2007) Tồn hay không số nguyên dương a, b cho a không ước b n n với số nguyên dương n Tất toán được tổng quát thành toán sau Định lý Cho A; a; B số nguyên M số nguyên dương Khi đó, điều kiện cần đủ để với số nguyên C , tồn số nguyên dương x cho A:ax C Bx Á C mod M / gcd.B; M / D 1: Lưu ý: Ta phát biểu định li theo cách khác fA:ax C Bx mod mjx ZC g D f0; 1; : : : ; M 1g gcd.M; B/ D Chứng minh Ta chứng minh điều kiện cần: Giả sử M; B/ > 1, gọi p ước nguyên tố chung M B Khi đó, pjAa ta chọn C D 1, ngược lại ta chọn C D Khi đó, phương trình A:ax C Bx Á C mod p/ khơng có nghiệm x Chứng minh điều kiện đủ: Ta chứng minh theo hai cách sau: Cách Giả sử B; M / D Gọi C số nguyên đặt M D mn với m; n ZC cho ước nguyên tố n ước a gcd.a; m/ D gcd.n; m/ D (điều có nghĩa a D p1˛1 :p2˛2 : : : pk˛k :m0 M D p1ˇ1 :p2ˇ2 : : : pkˇk :m với pi j m0 ; m ta chọn n D p1ˇ1 :p2ˇ2 : : : pkˇk ) Khi njax với x đủ lớn Ta có ( A:ax C Bx Á C mod m/ x A:a C Bx Á C mod M / , : A:ax C Bx Á C mod m/ Từ B; n/ D 1, suy tồn số nguyên dương B cho BB Á mod n/ Khi đó, với x đủ lớn thỏa mãn x Á B C mod n/ thỏa mãn phương trình A:ax C Bx Á C 150 mod n/: 1/ Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Đặt x D y n C B C , ta chứng minh tồn số nguyên dương y đủ lớn thỏa mãn A:ax C Bx Á C mod m/: 2/ Điều tương đương với A:anyCB C C B.ny C B C / Á C , A:aB C :any C Bn/y C BB C y c:e C by C t Á B0C n mod m/ C/ Á mod m/ mod m/ 3/ với c D A:a ; e D a ; b D Bn; t D BB C C Rõ ràng gcd.e; m/ D gcd.b; m/ D 1: Đặt f y/ D ce y C by C t Bây ta chứng minh toán phương pháp quy nạp theo m Với m D 3/ hiển nhiên Giả sử m > toán với m0 < m Gọi p ước nguyên tố lớn m giả sử m D p k :p1k1 :p2k2 : : : : prkr : Đặt m0 D p k :p1k1 :p2k2 : : : : prkr Khi đó, tồn số nguyên dương y để mod m0 / f y/ Á hay tồn số nguyên l cho f y/ D lm0 : Ta chọn y D y C z:.p 1/p k r Y 1/piki pi i D1 với z số nguyên dương Ta chứng minh tồn z cho f y / Á mod m/: Ta có ! r Q r k Y pi 1/pi i yCz.p 1/p k k k i D1 pi 1/pi i C t C b y C z.p 1/p f y D ce i D1 y D ce :e z.p 1/p k r Q iD1 k pi 1/pi i C by C t C zb.p 1/p k r Y pi 1/piki i D1 Á ce y C by C t/ C zb.p 1/p k r Y pi 1/piki i D1 Á lm0 C z:nm0 p 1/ r Y pi 1/ mod m/ i D1 (ở ta sử dụng e z.p 1/p k r Q iD1 k pi 1/pi i Á mod m/ theo định lí Euler’s) Do đó, ta chứng minh lm0 C zbm0 p 1/ r Y pi 1/ Á mod m/ i D1 có nghiệm nguyên dương z, tức phương trình l C zb.p 1/ r Y pi i D1 151 1/ Á mod p/ Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 có nghiệm nguyên dương z Điều ln phương trình đồng dư tuyến tính gcd.b.p 1/ r Y pi 1/; p/ D i D1 Do bước quy nạp hoàn tất Ở ta chứng minh tồn số nguyên dương y cho f y/ Á mod m/ hay tồn x thỏa mãn (2) Chúng ta cần chứng minh chọn y lớn tùy ý thỏa mãn (3) Điều thực y thỏa f y/ Á mod m/ y C :m: m/ với ZC thỏa mãn Vậy định lí chứng minh Cách Giả sử gcd.B; M / D C số ngun Ta có dãy Aa1 ; Aa2 ; : : : dãy tuần hoàn xét theo modulo M Gọi T chu kì dãy, tức T số nguyên dương nhỏ cho A:axCkT Á A:ax mod M / với x đủ lớn Đặt d D gcd.T; M / Trước hết ta chứng minh d < M với M > Vì d jM nên d Ä M Giả sử d D M , M jT nên M Ä T Tuy nhiên, T chu kì dãy Aai xét theo modulo M nên T Ä M , T D M Suy tồn số nguyên dương X cho A:aX Á mod M / A:ax Á mod M / với x X Dẫn đến T D 1, nên M D Tiếp theo ta chứng minh toán phương pháp quy nạp theo M Với M D trường hợp tầm thường Ta xét M > giả sử toán với m < M , dẫn đến toán với d Tức là, tồn số nguyên dương x cho A:ax C Bx Á C mod d / hay A:ax C Bx D C C ld với l số nguyên Đặt x D x C kT với k số nguyên dương Ta có A:ax C Bx D A:axCkT C B.x C kT / Á A:ax C Bx/ C kBT D C C ld C kBT mod M /: Tiếp theo ta chứng minh phương trình đồng dư ld C kBT Á mod M / có nghiệm nguyên dương k Chia hai vế phương trình đồng dư cho d ta phương trình T M l C kB Á mod / d d  à T M Phương trình ln có nghiệm ngun dương k gcd B ; D 1: d d Vậy toán chứng minh 152 ... Tức là, tồn số nguyên dư? ?ng x cho A :ax C Bx Á C mod d / hay A :ax C Bx D C C ld với l số nguyên Đặt x D x C kT với k số nguyên dư? ?ng Ta có A :ax C Bx D A:axCkT C B.x C kT / Á A :ax C Bx/ C kBT D... B số nguyên M số nguyên dư? ?ng Khi đó, điều kiện cần đủ để với số nguyên C , tồn số nguyên dư? ?ng x cho A :ax C Bx Á C mod M / gcd.B; M / D 1: Lưu ý: Ta phát biểu định li theo cách khác fA :ax C Bx. .. n D p1ˇ1 :p2ˇ2 : : : pkˇk ) Khi njax với x đủ lớn Ta có ( A :ax C Bx Á C mod m/ x A:a C Bx Á C mod M / , : A :ax C Bx Á C mod m/ Từ B; n/ D 1, suy tồn số nguyên dư? ?ng B cho BB Á mod n/ Khi đó, với