Đang tải... (xem toàn văn)
1 Chương 1 Các tính toán trên tập hữu hạn số nguyên 1 1 Số nguyên và các tính chất liên quan Trước tiên, ta xét một số hàm số học cơ bản Định nghĩa 1 1 (Hàm số Euler ϕ(n)) Cho số tự nhiên n ≥ 1 Ta ký[.]
1 Chương Các tính tốn tập hữu hạn số nguyên 1.1 Số nguyên tính chất liên quan Trước tiên, ta xét số hàm số học Định nghĩa 1.1 (Hàm số Euler ϕ(n)) Cho số tự nhiên n ≥ Ta ký hiệu ϕ(n) số số tự nhiên bé n nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = Định lý 1.1 Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Chứng minh Rõ ràng ta giải thiết a > 1, b > Các số nguyên dương không vượt ab liệt kê sau: a+1 a+2 2a + 2a + ka + ka + (b − 1)a + (b − 1)a + a 2a 3a (k + 1)a ba Các số thành bảng có dạng ax + y , ≤ x ≤ b − 1, ≤ y ≤ a Xét số cột thứ y Ta có (ax + y, a) = (y, a) Vì số nguyên tố với ab nguyên tố với a b, số phải nằm cột thứ y mà (y, a) = Có thảy ϕ(a) cột Xét cột thứ y , với (y, a) = Các số cột y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y Giả sử rx số dư chia ax + y cho b Như (ax + y, b) = (rx , b) Dễ dàng thấy (a, b) = nên rx1 6= rx2 với x1 6= x2 Như ta có đẳng thức tập hợp {r0 , r1 , , rb−1 } = {0, 1, , b − 1} Vậy số x mà (ax + y, b) = số x mà (rx , b) = tức ϕ(b) Vậy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a nguyên tố với b Đó số ngun tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Từ định lý ta suy cơng thức tính ϕ(n) sau Định lý 1.2 Giả sử n = pα1 pαk k phân tích tiêu chuẩn n > Khi 1 ϕ(n) = n − 1− p1 − p2 pk Chứng minh Theo định lý 1.1, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 ) ϕ(pαk k ) Định lý chứng minh ta chứng tỏ ứng với p số nguyên tố ϕ(pα ) = pα (1 − ) Thật vậy, p nguyên tố nên với k ≤ pα p (k, p) = k p h pα i α Số số k ≤ p bội p = pα−1 p Vậy ϕ(pα ) = pα − pα−1 = pα (1 − ) p Ví dụ 1.1 Với n = 360 = 23 32 ϕ(360) = 360 − 1− 1− = 96 Tầm quan trọng hàm ϕ(n) số học thể định lý Euler Sau suy rộng định lý Euler Định lý 1.3 (Định lý Euler mở rộng) Cho a m hai số tự nhiên Khi ta có am ≡ am−ϕ(m) (mod m) Chứng minh Ta phải chứng minh A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1) chia hết cho m Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn m = q1α1 q2α2 qkαk Ta chứng minh (a, qi ) = (aϕ(m) − 1) q αi , cịn a q am−ϕ(m) q αi , A m Thật vậy, (a, qi ) = theo định lý Euler αi (aϕ(qi ) − 1) qiαi Mặt khác, ϕ(qiαi ) = qiαi (1 − ) qi ước ϕ(m) (suy từ công thức tính ϕ(m)) Do αi (aϕ(m) − 1) (aϕ(qi ) − 1) q αi Nếu a qi am−ϕ(m) q m−ϕ(m) Mặt khác, rõ ràng m − ϕ(m) ≥ αi (vì có αi số không nguyên tố với m q1α1 q2α2 qiαi ) Do am−ϕ(m) q m−ϕ(m) qiαi Định lý chứng minh Định lý 1.4 (Định lý Fermat) Cho p số nguyên tố a số nguyên không chia hết cho P ta có ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Theo giả thiết, ta có ϕ(p) = p − a nguyên tố với p nên theo định lý Euler ta ap−1 ≡ (mod p) Định lý 1.5 (Định lý Fermat dạng khác) Cho p số nguyên tố a số nguyên tùy ý ta có ap ≡ a (mod p) Chứng minh Nếu a chia hết cho p hiển nhiên ap ≡ a (mod p) Nếu a không chia hết cho p theo định lý 1.4 ta có ap−1 ≡ (mod p) sau nhân hai vế đồng dư thức với a ta ap ≡ a (mod p) Ngược lại từ định lý 1.5 ta suy định lý 1.4 Thật vậy, từ ap ≡ a (mod p) a số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p a nguyên tố với p nên cách chia cho a ta ap−1 ≡ (mod p) Chính vậy, người ta nói định lý 1.5 dạng khác định lý Fermat Ví dụ 1.2 Tìm số nguyên x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Lời giải Giả sử 9x + = n(n + 1) với n ∈ Z ⇒ 36x + 20 = 4n2 + 4n suy 36x + 21 = (2n + 1)2 ⇒ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Số phương (2n + 1)2 chia hết chia hết cho Mặt khác (12x + 7) không chia hết 3(12x + 7) không chia hết cho Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số nguyên x để 9x + = n(n + 1) Ví dụ 1.3 Tìm số ngun x để biểu thức sau số phương x4 + 2x3 + 2x2 + x + Lời giải Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + = y với y ∈ N Ta thấy y = (x4 + 2x3 + x2 ) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3) Đặt x2 + x = a ta có y = a2 + (x2 + x + 3) Từ có y − a2 = x2 + x + = 11 x+ + > ⇒ y > a2 Dễ thấy =3 x+ + ⇒ (a + 2)2 > y Do a2 < y < (a + 2)2 ⇒ y = (a + 1)2 (a + 2)2 − y2 Suy x4 + 2x3 + 2x2 + x + = (x2 + x + 1)2 Suy x2 + x − = ⇒ x = 1; x = −2 Thử lại, với x = 1; x = −2 biểu thức = 32 Vậy x = 1; x = −2 giá trị cần tìm Ví dụ 1.4 Tìm nghiệm ngun dương phương trình xy = z (1.1) Lời giải Giả sử x0 , y0 , z0 thỏa mãn (1.1) có ƯSCLN d Giả sử x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 (x1 , y1 , z1 ) thỏa mãn (1.1) Do đó, ta giả sử (x, y, z) = x, y, z đơi ngun tố hai ba số x, y, z có ước chung d số cịn lại chia hết cho d Ta có x.y = z mà (x, y) = nên x = a2 , y = b2 với a, b ∈ N∗ Bởi (1.1) ⇔ z = x.y = (ab)2 ⇔ z = (ab) Như ta biểu thức nghiệm x = ta2 ; y = tb2 ; z = ab (t ∈ N∗ ) Ngược lại, dễ thấy số x, y, z có dạng thỏa mãn (1.1) Vậy công thức cho ta tất nghiệm nguyên dương (1.1) Ví dụ 1.5 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x2 + xy + y = x2 y (1.2) Lời giải (1.2) ⇔ x2 + 2xy + y = x2 y + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1) Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp nên: + Xét xy = 0, ta có xy = x2 + y = ⇔ x = y = + Xét xy + = 0, ta có : xy = −1 x2 + y = ⇔ (x, y) = (1, −1); (−1, 1) Thử lại, ba cặp số (0, 0); (1, −1); (−1, 1) thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên (x, y) = (0, 0); (1, −1); (−1, 1) b Hàm tổng ước số tự nhiên Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]) Cho số nguyên dương n Ta ký hiệu σ(n) tổng ước n Định lý 1.6 (xem [2],[3]) Hàm số σ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố σ(ab) = σ(a)σ(b) Chứng minh Thật vậy, giả sử a1 , ak ước a, k = d(a) b1 , , bl ước b, l = d(b) Khi bj (1 ≤ i ≤ k, ≤ j ≤ l) tất ước ab Vậy σ(ab) = l P k P b j = j=1 i=1 P P k l i=1 bj = σ(a)σ(b) j=1 Từ định lý ta suy cơng thức tính σ(n) sau: Định lý 1.7 (xem [2],[3]) Giả sử n = pα1 pα2 pαk k phân tích tiêu chuẩn pα1 +1 pα2 +1 pαk +1 k n Khi σ(n) = p1 − p2 − pk − Chứng minh Theo định lý , ta có σ(n) = σ(pα1 )σ(pα2 ) σ(pαk k ) pα1 +1 − Vậy ta cần chứng minh = p1 − Thật vậy, tất ước pα 1, p, p2 , , pα pα+1−1 Do σ(pα ) = + p + · · · + pα = p−1 σ(pα ) Định lý 1.8 (xem [2],[3]) a) n số nguyên tố σ(n) = n + b) σ(n) số lẻ n số phương n số phương Chứng minh a) Nếu n số nguyên tố σ(n) = n + Ngược lại, σ(n) = n + n hợp số n có ước 1, a n với (1 < a < n) Vậy σ(n) ≥ n + + a > n + Nếu n = σ(n) = < n + b) Nếu n = m2 n = 2m2 n = 2α pα1 pα2 pαk k , p1 , p2 , , pk số nguyên tố lẻ αi chẵn Khi σ(n) = σ(2α )σ(pα1 )σ(pα2 ) σ(pαk k ) Ta có σ(2α ) = 2α+1 − số lẻ, σ(pαi i ) = + pi + · · · + pαi i số lẻ tổng số lẻ số lẻ Vậy σ(n) lẻ Đảo lại, giả sử σ(n) lẻ, giả sử n = 2α pα1 pα2 pαk k Khi với i, σ(pαi i ) số lẻ Mặt khác σ(pαi i ) = + pi + · · · + pαi i ≡ α1 + (mod 2) suy αi chẵn Do đó, α chẵn n số phương Nếu α lẻ n số phương Liên quan đến hàm σ(n) ta có khái niệm số hoàn chỉnh Định nghĩa 1.3 (xem [2],[3]) Một số tự nhiên n gọi số hoàn chỉnh σ(n) = 2n, tức n tổng ước (khơng kể nó) Ví dụ 1.6 6, 28 số hồn chỉnh, = + + 3, 28 = + + + + 14 Ngay từ thời cổ Hi Lạp, nhà toán học Euclid chứng minh kiện lý thú sau: Định lý 1.9 (xem [2],[3]) Nếu k số tự nhiên cho 2k − số nguyên tố số n = 2k−1 (2k − 1) số hoàn chỉnh Chứng minh Đặt p = 2k − Ta có σ(n) = σ(2k−1 )σ(p) = (2k − 1)(p + 1) = (2k − 1).2k = 2n Rõ ràng số hồn chỉnh có dạng số chẵn (vì k > 1) Đến kỷ 18, Euler phát rằng: Tất số hoàn chỉnh chẵn có dạng Ta có định lý sau: Định lý 1.10 (xem [2],[3]) Nếu n số hoàn chỉnh chẵn n có dạng n = 2k (2k+1 − 1) Ở k ≥ 2k+1 − số nguyên tố Chứng minh Ta biểu diễn n dạng n = 2k b với k ≥ b số lẻ Ta có σ(n) = σ(2k )σ(b) = (2k+1 − 1)σ(b) Mặt khác, n số hồn chỉnh σ(n) = 2n = 2k+1 b Vậy suy (2k+1 − 1)σ(b) = 2k+1 b Hay 2k+1 − b = σ(b) 2k+1 Vì 2k+1 2k+1 − nguyên tố nên tồn c để b = (2k+1 − 1)c, σ(b) = 2k+1 c Vì k ≥ nên b > c tức ước b Nếu c > b, c, ước b, σ(b) ≥ b + c + = (2k+1 − 1)c + c + = 2k+1 c + 1, điều trái với σ(b) = 2k+1 c Vậy c = Do b = 2k+1 − n = 2k b = 2k (2k+1 − 1) Vì σ(b) = 2k+1 = b + nên b số nguyên tố Từ định lý Euclid định lý Euler ta suy có số k để 2k − số nguyên tố có nhiêu số hồn chỉnh chẵn Dễ thấy 2k − số nguyên tố k phải số nguyên tố Một số nguyên tố dạng 2k − gọi số nguyên tố Mersenne Cho đến năm 2018 người ta tìm 50 số nguyên tố k để 2k − số nguyên tố Đó số 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 44497, 86243, 23209, 110503, 132049, 216091, Và số k thứ 49 tìm năm 2016 74207281 đến năm 2018 kỷ lục tìm ứng với k = 77232917 Người ta chưa biết tập hợp số nguyên tố Mersenne hữu hạn hay vơ hạn chưa biết tập hợp số hoàn chỉnh chẵn hữu hạn hay vơ hạn Cho đến người ta chưa tìm thấy số hồn chỉnh lẻ khơng biết liệu có số hồn chỉnh lẻ hay khơng Có giả thuyết cho khơng có số hồn chỉnh lẻ 1.2 1.2.1 Một số đồng thức số học Một số đẳng thức hàm d(n), σ(n) ϕ(n) Bài toán 1.1 (xem [1],[3]) Cho dãy số nguyên dương xn xác định theo quy luật sau x0 = a, xn+1 = d(xn ), (∀n ≥ 0) a) Chứng minh ∀a ∈ N∗ tồn số n0 (phụ thuộc a) cho xn = với n ≥ n0 b) Hãy cho ví dụ chứng tỏ số n0 lớn tùy ý a đủ lớn √ Lời giải Ta có d(n) ≤ n < n n > Với n = n = thử trực tiếp cho thấy d(4) = < 4, d(3) = < Với n = 2, d(2) = Vậy ta có d(n) < n, ∀n > d(2) = Suy xn+1 < xn xn > Vì (xn ) số nguyên dương nên số n0 ta phải có xn0 = Khi xn = 2, ∀n ≥ n0 b) Lưu ý d(2n−1 ) = n Xét dãy mk xác định m0 = 3, mk+1 = 2mk −1 , ta có d(mk+1 ) = mk Vậy d d(mk+1 ) = m0 = Nghĩa là: | {z } k+1 Nếu a = mk xn = n ≥ k + lớn tùy ý k lớn tùy ý Bài toán 1.2 (xem [1],[3]) Chứng minh σ(n) = 2n + n bình phương số lẻ Lời giải Vì σ(n) = 2n + số lẻ theo định lý 6.4 ta có n = 2α m2 , α ≥ cịn m số lẻ Ta cần chứng minh α = Ta có σ(n) = 2n + = 2α+1 m2 + Do tính chất nhân tính hàm σ(n) ta lại có σ(n) = σ(2α ).σ(m2 ) = (2α+1 − 1).σ(m2 ) Vậy 2α+1 m2 + = (2α+1 − 1).σ(m2 ) 2α+1 − Ta lại có 2α+1 m2 + = 2α+1 m2 + − m2 + m2 = m2 (2α+1 − 1) + (m2 + 1) 2α+1 − Suy m2 + 2α+1 − Nếu a > 2α+1 − có dạng 4k − 1, có ước nguyên tố p dạng 4k − Vậy m2 ≡ −1 (mod p) Suy mp−1 ≡ (−1) p−1 = (−1) (mod p) Điều trái với định lý Fermat Vậy α = √ n Bài toán 1.3 (xem [1],[3]) Chứng minh ϕ(n) ≥ với n, ϕ(n) < √ n − n n hợp số Lời giải Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = 2α pα1 pα2 pαk k Theo công thức tính ϕ(n) ta có ϕ(n) = 2α−1 p1α1 −1 pα2 −1 pkαk −1 (p1 − 1) (pk − 1) Chú ý pi − ≥ αi √ pi αi − ≥ ta có 2 ϕ(n) ≥ 2α−1 pα1 α1 αk √ 1 n αk α−1 2 − pk − ≥ p1 pk ≥ 2 Giả sử n hợp số Gọi p1 ước nguyên tố bé n Khi p1 ≤ √ n Do √ n ϕ(n) ≤ n(1 − ) = n − ≤ n − n p1 p1 Bài toán 1.4 (xem [1],[3]) Chứng minh với số tự nhiên k , tồn 10 số nguyên dương n ϕ(n + k) = ϕ(n) Lời giải Nếu k lẻ ϕ(k + k) = ϕ(2k) = ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k) Vậy chọn n = k Xét trường hợp k chẵn Gọi p số nguyên tố bé tập hợp số nguyên tố ước k Ta có ϕ(pk) = ϕ(p)ϕ(k) = (p − 1)ϕ(k) Giả sử p1 , p2 , , pr ước nguyên tố k Mọi ước nguyên tố p − nằm tập (p1 , p2 , , pr ) cách chọn p Vậy thì: ϕ((p − 1)k) = (p − 1)k(1 − 1 ) (1 − ) = (p − 1)ϕ(k) p1 pr Suy ϕ(pk) = ϕ((p − 1)k) Vậy chọn n = (p − 1)k 1.2.2 Đẳng thức tổng bình phương Định lý 1.11 (Tổng hai bình phương) Giả sử n biểu diễn dạng phân tích chuẩn t n = 2r Πpsi i qjj , pi ≡ (mod 4), qj ≡ (mod 4) Điều kiện cần đủ để n biểu diễn thành tổng hai bình phương số tj chẵn với j Để chứng minh định lý ta cần sử dụng bổ đề sau: Bổ đề 1.1 Giả sử số nguyên tố q \ a2 + b2 Nếu q ≡ (mod 4) q \ a, q \ b Chứng minh Dễ thấy q \ a q \ b Giả sử ngược lại q - a, q - b Khi theo giả thiết ta có a2 + b2 ≡ (mod q) aq−1 ≡ (−1) Theo định lý Fermat, ta có (−1) q−1 q−1 bq−1 (mod q) ≡ (mod q) hay (-1) số phương theo mod q nên q = 4k + Mâu thuẩn chứng minh bổ đề Bổ đề 1.2 Tích hai số mà số tổng hai bình phương hai số ngun khơng âm tổng bình phương hai số khơng âm Chứng minh Giải sử m = a2 + b2 , n = c2 + d2 , a, b, c, d ∈ Z Khi mn = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ad + bc)2 + (ac − bd)2 ... tìm thấy số hồn chỉnh lẻ khơng biết liệu có số hồn chỉnh lẻ hay khơng Có giả thuyết cho khơng có số hồn chỉnh lẻ 1.2 1.2.1 Một số đồng thức số học Một số đẳng thức hàm d(n), σ(n) ϕ(n) Bài toán 1.1... số tận chữ số 0, 1, 4, 5, 6, khơng có chữ số tận 2, 3, 7, b) Nếu số phương có chữ số tận hai chữ số cuối 25 c) Nếu số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số lẻ d) Nếu số phương có chữ số. .. ≥ 2) số tự nhiên a, tức số ar , số lũy thừa b) Ta gọi bình phương số tự nhiên a, tức số a2 , số phương, số phương số lũy thừa bậc hai c) Số ngun dương khơng chia hết cho số phương lớn gọi số phi