BẬC của số NGUYÊN căn NGUYÊN THUỶ

BẬC CỦA SỐ NGUYÊN - CĂN NGUYÊN THUỶ Phạm Hy Hiếu – Toán PTNK 07-10 (chuyên đề Toán học số 9 PTNK ĐHQG TPHCM) 1. Bậc của một số nguyên: Cho trước 2 số nguyên dương thoả mãn điều kiện . Từ định lý Euler ta biết rằng . Vậy nên sẽ tồn tại một số nguyên dương nhỏ nhất sao cho . Ta gọi số như thế là bậc của theo modulo và ký hiệu là . Ta cũng có thể nói rằng: Ví dụ 1.1. Tìm và . Bằng phép thử trực tiếp ta có: Vậy và . Sau đây ta khảo sát một số tính chất của bậc. Định lý 1.1. Cho thoả điều kiện . Khi đó: Chứng minh: Giả sử , theo thuật toán chia thì tồn tại duy nhất cặp số tự nhiên sao cho: Ta sẽ chứng minh . Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là và , ta có: Hơn nữa và , điều này trái với tính nhỏ nhất của bậc của một số nguyên theo modulo . Định lý được chứng minh. Chiều còn lại của định lý là hiển nhiên vì: Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn. Chú ý rằng Định lý 1.1. cho phép ta tìm tất cả nghiệm của phương trình đồng dư: Đó là tất cả các số có dạng với . Như vậy, chỉ cần xác định là ta có thể sinh ra tất cả các nghiệm của phương trình đồng dư trên. Việc này giúp cho thuật toán xác định tập nghiệm của phương trình ấy đơn giản hơn nhiều, vì ta chỉ cần xét tối đa là trường hợp. Hệ quả 1.1. Cho thoả điều kiện . Khi đó, . Chứng minh: Theo định lý Euler ta có nên từ định lý 1.1. suy ra ngay . Định lý 1.2. Nếu và thì Chứng minh: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử . Thế thì: Theo định lý 1.1. điều này tương đương với: Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn. Hệ quả 1.2. Nếu thì đôi một không đồng dư với nhau theo modulo . Chứng minh: Giả sử tồn tại sao cho và . Theo định lý 1.2. thì: Nhưng vì và nên . Mâu thuẫn này cho ta đpcm. Định lý 1.3. Nếu thì . Chứng minh: Giả sử , ta có: Định lý được chứng minh. Định lý 1.4. Cho thoả điều kiện . Khi đó, với bất kì: Chứng minh: Trước hết, đặt thế thì: Mặt khác ta có nên cũng theo Định lý 1.1. thì , mà nên chỉ có thể xảy ra một trong 2 khả năng sau: 1. , mà nên ta phải có , điều này là vô lý vì cho trước bất kì. Hai mâu thuẫn trên cho ta kết luận của định lý. Định lý 1.5. Cho là một số nguyên tố và . Khi đó, số các số nguyên dương không lớn hơn là có bậc theo modulo đúng bằng là . Chứng minh: Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Thật vậy, gọi là tập hợp các số thoả điều kiện sao cho , thế thì: Theo định nghĩa của hàm Euler ta có: Từ đây ta suy ra: Vậy bổ đề được chứng minh hoàn toàn. Quay lại với việc chứng minh định lý, với mọi thoả , ta ký hiệu: Do mỗi số nguyên nằm trong tập hợp đều nguyên tố cùng nhau với nên sẽ tồn tại , hơn nữa nên: Từ bổ đề ta suy ra: Để thu được kết luận của định lý, tức là , ta sẽ chứng minh rằng: Thật vậy, nếu thì điều phải chứng minh là hiển nhiên đúng. Nếu thì tồn tại số nguyên dương sao cho . Khi đó, theo hệ quả 1.2. thì đôi một không đồng dư với nhau theo modulo . Mặt khác, với mỗi , ta đều có nên là một nghiệm của đa thức trên . Đa thức này không đồng nhất với nên nó có không quá nghiệm. Hơn nữa mỗi nghiệm này phải có dạng nào đó ( ). Vậy nếu tồn tại một phần tử sao cho thì cũng có không quá số như thế. Do đó, và do các lý luận trên, định lý đã được chứng minh hoàn toàn. 2. Căn nguyên thủy: Nếu và thì được gọi là một căn nguyên thủy modulo . Từ các tính chất đã trình bày về bậc của số nguyên, ta dễ dàng suy ra các tính chất cơ bản của căn nguyên thủy như sau: Định lý 2.1. Nếu là căn nguyên thủy modulo thì khi và chỉ khi . Định lý 2.2. Nếu là căn nguyên thủy modulo thì lập thành hệ thặng dư thu gọn modulo . Định lý 2.3. Nếu là căn nguyên thủy modulo thì là căn nguyên thủy modulo khi và chỉ khi . Chứng minh: Điều kiện đủ của định lý là hiển nhiên vì theo định lý 1.3. thì: Với điều kiện cần, ta giả sử là một căn nguyên thủy của modulo , thế thì , hay nằm trong hệ thặng dư thu gọn modulo , theo định lý 2.2. thì tồn tại sao cho . Lại theo định lý 1.3. thì: Suy ra . Ta thấy rằng chỉ cần thì đã có thể suy ra sự tồn tại của , tuy nhiên sự tồn tại của căn nguyên thủy modulo nào đó thì không phải là một tính chất hiển nhiên. Sau đây ta sẽ khảo sát sự tồn tại của căn nguyên thủy. Định lý 2.4. Mọi số nguyên tố đều có căn nguyên thủy. Đây là hệ quả trực tiếp của định lý 1.5. vì nếu ta gọi là tập hợp các căn nguyên thủy của số nguyên tố thì . Định lý 2.5. Mọi số nguyên dương có dạng với là một số nguyên tố đều có căn nguyên thủy. Chứng minh: Gọi là một căn nguyên thủy của . Đặt thì nên , suy ra , hơn nữa , vậy nên hoặc . Nếu thì theo định nghĩa, là căn nguyên thủy của . Nếu thì . Đặt , ta có nên . Lý luận tương tự như trên ta cũng có . Mặt khác: Vậy nếu thì , mâu thuẫn vì là căn nguyên thủy của nên . Do đó, , tức là căn nguyên thủy của . Định lý được chứng minh. Định lý 2.6. Mọi số nguyên dương có dạng trong đó là một số nguyên tố còn nguyên dương bất kỳ đều có căn nguyên thủy. Chứng minh: Gọi là một căn nguyên thủy của , ta sẽ chứng minh cũng là căn nguyên thủy của , với mọi nguyên dương. Đặt , ta có nên . Hơn nữa nên . Do đó với . Để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh rằng . Nhưng: Nên ta chỉ cần chứng minh . Ta sẽ dùng quy nạp. Tại , điều ấy là hiển nhiên. Giả sử , ta có nên . Tức là: Từ đó: Theo nguyên lý quy nạp toán học thì định lý được chứng minh. Định lý 2.7. Mọi số nguyên dương có dạng trong đó là số nguyên tố lẻ còn là một số nguyên dương bất kỳ đều có căn nguyên thủy. Chứng minh: Trước hết ta có nhận xét rằng khi là số nguyên tố lẻ thì . Gọi là một căn nguyên thủy modulo , ta có . Có hai khả năng. Nếu lẻ thì ta lại có và do đó . Còn nếu chẵn thì ta có lẻ nên , hơn nữa nên suy ra . Hơn nữa, nếu có số nguyên dương sao cho hoặc thì ta đều suy ra , điều này trái với giả thiết rằng là căn nguyên thủy modulo . Do vậy, tồn tại để , tức là căn nguyên thủ modulo . Định lý được chứng minh. Định lý 2.8. Nếu số nguyên dương không có các dạng trong đó là số nguyên tố lẻ, nguyên dương nào đó thì không có căn nguyên thủy. Chứng minh: Xét phân tích tiêu chuẩn , thế thì: Giả sử tồn tại căn nguyên thủy của . Ta có: Đặt , ta có nên . Nhưng là căn nguyên thủy modulo nên . Tức là: Suy ra với mọi . Nhưng điều này là không thể, vì không có dạng , hơn nữa . Mâu thuẫn trên cho ta kết luận của định lý. Như vậy, các định lý 2.5, 2.6, 2.7, 2.8 cho chúng ta phát biểu mệnh đề mang tính tổng hợp về sự tồn tại căn nguyên thủy. Định lý 2.9. Một số nguyên dương có căn nguyên thủy khi và chỉ khi có bằng hoặc nó có dạng hay với còn là một số nguyên tố lẻ nào đó. 3. Ứng dụng của bậc và căn nguyên thủy: 3.1. Một số bài toán về bậc của số nguyên: Ví dụ 3.1.1. Xét số Fermat . Chứng minh rằng nếu là ước nguyên tố của thì . Lời giải: Đặt . Ta có: nên , suy ra rằng . Theo tính chất của bậc thì , tuy nhiên , vì nếu không thì , suy ra , tức là , vô lý do là số lẻ với . Vậy . Nhưng vì nên , tức là . Bài toán được chứng minh. Ví dụ 3.1.2. Cho , lẻ. Giả sử là một số nguyên tố lẻ và tồn tại một số nguyên dương sao cho . Chứng minh rằng . Lời giải: Đặt . Ta có nên , suy ra . Theo tính chất của bậc thì . Nhưng nếu thì , vô lý. Cho nên và . Từ đó . Suy ra . Vì lẻ nên . Ta có: Do là ước nguyên tố của nên . Nhân hai vế cho ta có: Bài toán được chứng minh. Ví dụ 3.1.3. Tồn tại hay không các số nguyên dương phân biệt thỏa mãn: Lời giải: Trước hết ta có nhận xét sau: Gọi là ước nguyên tố nhỏ nhất của , là ước nguyên tố nhỏ nhất của . Thế thì . Thật vậy, đặt , ta có nên , nhưng vì là ước nguyên tố nhỏ nhất của nên . Hơn nữa, nên . Vào bài toán. Gọi tương ứng là ước nguyên tố nhỏ nhất của , với mọi . Ta có và nên , nhưng là ước nguyên tố nhỏ nhất của nên . Mặt khác theo nhận xét trên thì nên , với mọi , ở đây được sử dụng theo nghĩa modulo , tức là ta coi và . Từ đó suy ra (vô lý). Vậy bài toán có câu trả lời phủ định. Ví dụ 3.1.4. (VMO 2004) Với mỗi số tự nhiên , ta kí hiệu là tổng các chữ số trong biểu diễn thập phân của . Tìm: Lời giải: Dễ dàng nhận thấy . Hiển nhiên không là bội của với mọi . Giả sử tồn tại thỏa mãn , thế thì , do đó , tức là , suy ra , vô lý. Vậy nên không tồn tại sao cho và . Mặt khác, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại sao cho . Gọi tương ứng là số dư trong phép chia và cho ( ). Rõ ràng là nên chỉ có thể nhận các giá trị . Vậy theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai số nào đó trong số bằng nhau. Hơn nữa, nên và với mọi , vậy tồn tại sao cho , hay . Chú ý rằng nên giá trị nhỏ nhất cần tìm là . Câu hỏi phụ: Thử xác định xem số nhỏ nhất sao cho và là số nào? Ví dụ 3.1.5. Cho và là một ước nguyên tố của . Chứng minh rằng số có ước nguyên tố lớn hơn . Lời giải: Xét số xác định bởi: Rõ ràng . Ta sẽ chứng minh có ước nguyên tố . Thật vậy, giả sử là một ước nguyên tố của . Đặt . Ta có nên , nhưng nếu thì , do đó với mọi nguyên dương, dẫn đến (vô lý do nên , tức là ). Vậy nên và theo tính chất của bậc của số nguyên thì . Như vậy, mọi ước nguyên tố của đều có dạng với nào đó. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là mọi ước nguyên tố của đều không lớn hơn . Xét phân tích tiêu chuẩn của như sau: Ta có nên với mọi . Suy ra: Logarithm hai vế ta được: Mặt khác theo định lý nhị thức thì: Suy ra: Nhưng nên nên ta có: Hay: Song điều này là vô lý vì ta có . Mâu thuẫn ấy cho ta kết luận của bài toán. 3.2. Một số bài toán về căn nguyên thủy: Ví dụ 3.2.1. Cho là một số nguyên dương có căn nguyên thủy. Chứng minh rằng: Lời giải: Do là căn nguyên thủy modulo nên lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo . Ta có: Phương trình đồng dư chỉ có đúng hai nghiệm modulo là và , trong đó và vì là căn nguyên thủy modulo nên . Vậy . Ví dụ 3.2.2. Cho là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng là căn nguyên thủy modulo khi và chỉ khi , với mọi ước nguyên tố của . Lời giải: Nếu là căn nguyên thủy modulo thì nên kết luận của ta là hiển nhiên. Ngược lại, giả sử , với mọi ước nguyên tố của . Ta đặt , thế thì , nhưng vì nên với mọi ước nguyên tố của . Vì thế phải có . Vậy . Ví dụ 3.2.3. Tìm các số nguyên tố thỏa mãn điều kiện: . Lời giải: Ta có nên , với mọi . Xét là một căn nguyên thủy modulo , ta có nên hay . Tương tự thì . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử . Vì nên: Ta lại có nên: Suy ra . Mặt khác nên . Do đó , suy ra . Suy ra , dẫn đến . Vậy ta có các kết quả . Tuy nhiên không phải cả ba kết quả trên đều chấp nhận được. Thật vậy, xét , ta có và , do đó các kết quả và bị loại. Với , ta có , đây là một số Carmichael. Có thể dễ dàng kiểm tra rằng với mọi . Vậy . Ví dụ 3.2.4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương đều tồn tại vô hạn các số nguyên tố sao cho căn nguyên thủy nhỏ nhất modulo lớn hơn . Lời giải: Ta có nhận xét rằng nếu là một thặng dư bình phương modulo thì không phải là căn nguyên thủy modulo . Thật vậy, vì nên . Từ đó . [...]... vì là số nguyên tố nên nó phải có căn nguyên thủy, nhưng đều không phải là căn nguyên thủy modulo nên căn nguyên thủy nhỏ nhất của nó lớn hơn 4 Bài tập áp dụng: Bài toán 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương Bài toán 2 Gọi là ước nguyên tố nhỏ nhất của rằng Hãy tìm Bài toán 3 Cho và là ước nguyên tố nhỏ nhất của là số Fermat thứ Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để nguyên tố là là một số ... 2004) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương , số Fermat Bài toán 5 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các cặp số nguyên tố Bài toán 6 Tìm tất cả các số nguyên dương Giả sử sao cho có ước nguyên tố lớn hơn thỏa mãn điều kiện: Bài toán 7 Cho là một số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng tích các căn nguyên thủy của theo modulo Bài toán 8 Dùng nghĩa là hàm Mobius Giả sử là một số nguyên tố lẻ và minh rằng: Bài... tồn tại vô hạn số nguyên tố sao cho đều là thặng dư bình phương modulo Thật vậy, giả sử là tất cả các số nguyên tố lẻ không lớn hơn Theo định lý Trung Hoa thì tồn tại số nguyên dương sao cho: Xét dãy số xác định bởi Theo định lý Dirictlet, trong dãy chứa vô hạn số nguyên tố Mặt khác với mỗi số nguyên tố trong dãy ta đều có: Vậy tất cả đều là thặng dư bình phương modulo Hơn nữa mọi số nguyên dương... Mobius Giả sử là một số nguyên tố lẻ và minh rằng: Bài toán 9 Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ , tồn tại , với mọi đồng dư với là các căn nguyên thủy của Chứng sao cho là căn nguyên thủy modulo 5 Tài liệu tham khảo: 1 Chuyên đề bồi dưỡng HSG toán trung học phổ thông: SỐ HỌC (GS TSKH Hà Huy Khoái) 2 Một số vấn đề Số Học chọn lọc (Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy . BẬC CỦA SỐ NGUYÊN - CĂN NGUYÊN THUỶ Phạm Hy Hiếu – Toán PTNK 07-10 (chuyên đề Toán học số 9 PTNK ĐHQG TPHCM) 1. Bậc của một số nguyên: Cho trước 2 số nguyên dương thoả mãn. là một số nguyên tố lẻ nào đó. 3. Ứng dụng của bậc và căn nguyên thủy: 3.1. Một số bài toán về bậc của số nguyên: Ví dụ 3.1.1. Xét số Fermat . Chứng minh rằng nếu là ước nguyên tố của thì. có căn nguyên thủy. Đây là hệ quả trực tiếp của định lý 1.5. vì nếu ta gọi là tập hợp các căn nguyên thủy của số nguyên tố thì . Định lý 2.5. Mọi số nguyên dương có dạng với là một số nguyên