Kỹ Thuật - Công Nghệ - Công Nghệ Thông Tin, it, phầm mềm, website, web, mobile app, trí tuệ nhân tạo, blockchain, AI, machine learning - Kế toán UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- NGUYỄN MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 4 năm 2016 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ Sinh viên thực hiện NGUYỄN MINH NHẬT MSSV: 2112010130 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA 2012 – 2016 Quảng Nam, tháng 05 năm 2016 MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1 PHẦN NỘI DUNG ................................................................................................... 3 CHƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG D ................................. 3 1.1 Đồng dƣ thức: ..................................................................................................... 3 1.2 Vành các lớp thặng dƣ: ...................................................................................... 5 1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn: ..................................................... 6 1.4 Định lí Euler và định lí Fermat: ........................................................................ 8 CHƠNG 2: PHƠNG TR NH V H PHƠNG TR NH ĐỒNG D .....12 2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn: ........................................................................ 12 2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: ..................................................... 13 2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao: ....................................................... 15 2.1.3 Phƣơng trình đồng dƣ bậc cao theo môđulô nguyên tố p: ........................ 20 2.2 Hệ phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: .................................................. 19 2.3 Thặng dƣ bậc hai: ............................................................................................. 22 2.4 Một vài ứng dụng của đồng dƣ thức: ............................................................. 25 CHƠNG 3: PHƠNG TR NH MORDELL ..................................................... 29 3.1 Chuẩn trong vànhd ¢ và số học: .............................................................. 29 3.2 Phƣơng trình Mordell: ..................................................................................... 33 PHẦN KẾT LUẬN ................................................................................................. 37 T I LI U THAM KHẢO...................................................................................... 38 1 PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài: Số học là một trong những bộ môn quan trọng của Toán học và nó bổ trợ rấ t nhiều kiến thức trong việc giải Toán. Ở môn Số học chúng ta sẽ được học về tập số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ, số thực và số phức. Chương “Lý thuyết đồng dư” cũng nằm trong số đó và chiếm một phần rất quan trọng của bộ môn, ở chương này có nhiều dạng bài tập như: Tìm dư trong phép chia, chứng minh sự chia hết, gi ải phương trình đồng dư, giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, phương trình Mordell, … Đây thực sự là một chuyên đề khó vì các bài toán với nhiều nội dung phong phú, đa dạng và nó là một trong những các dạng toán được quan tâm đến nhiều nhấ t trong kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế. Chính vì những lý do đó nên em chọn đề tài: “Một số vấn đề về lý thuyết đồng dư” làm khóa luận tốt nghiệp cho mình để có điề u kiện nghiên cứu về Lý thuyết đồng dư, tìm hiểu về các ứng dụng của lý thuyết đồng dư trong việc giải toán. 2. Mục đích nghiên cứu: - Khóa luận nghiên cứu tổng quan về lý thuy ết đồng dư giúp chúng ta có cái nhìn khái quát hơn và logic hơn. - Nghiên cứu về sự ứng dụng của lý thuyết đồng dư trong việc giả i toán giúp chúng ta nâng cao khả năng giải toán. - Rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu: - Hệ thống hóa một số khái niệm cơ bản về đồng dư thức, vành các lớp thặng dư, hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn, định lí Euler và định lí Fermat, phương trình đồng dư một ẩn, hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, … Từ đó làm cơ sở hình thành một số khái niệm và tính chất cơ bản của lý thuyết đồng dư. - Nghiên cứu các bài toán, các phương pháp giải toán, các dạng toán về lý thuyết đồng dư. - Ứng dụng giải một số bài tập. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu: - Phương pháp đọc và nghiên cứu từ các nguồn tài liệu khác nhau. - Phương pháp sưu tầm, phân tích tổng hợp kiến thức. - Phương pháp tham khảo: Trao đổi ý kiến với thầy giáo hướng dẫn và bạn bè, qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạ ch và hoàn thành khóa luận. 2 5. Những đóng góp của khóa luận: - Khóa luận đã tổng hợp và nghiên cứu cơ bản đầy đủ các khái niệm, tính chấ t của lý thuyết đồng dư. - Khóa luận đóng góp vào việc xây dựng một cách có hệ thống các dạng bài tập và phương pháp giải các bài toán về lý thuyết đồng dư. 6. Cấu trúc của đề tài: Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung được trình bày theo 3 chương: - Chương 1: Tổng quan về lý thuyết đồng dư. - Chương 2: Phương trình và hệ phương trình đồng dư. - Chương 3: Phương trình Mordell. 3 PHẦN NỘI DUNG CHƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG D 1. 1 Đồng dƣ thức: 1. 1. 1 Định nghĩa và các mệnh đề 1. 1. 1. 1 Định nghĩa: + Cho m là một số nguyên dương. Hai số nguyên a và b được g ọi là đồng dư môđulô m nếu a-b chia hết cho m. + Khi a và b đồng dư với nhau theo môđulô m ta viết là(mod )a b m và g ọi đó là đồng dư thức + Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo môđulô m thì ta viết(mod )a b m 1. 1. 1. 2 Các mệnh đề: Mệnh đề 1: Các khẳng định sau là tương đương i).( d )a b mo m ii).,a b mt t ¢ iii).a b m M Chứng minh:) )i ii . Ta có( d )a b mo m và tồn tại các số nguyên, ''''q q sao cho:, 0 ; '''' ,0a mq r r m b mq r r m . Khi đó( '''') , ''''a b m q q mt t q q ¢ . Vậy,a b mt t ¢) )ii iii Từ, ,a b mt t a b mt t ¢ ¢ . Suy raa b chia hế t cho m.) )iii i . Giả sửa b chia hết cho m và, 0a mq r r m . Ta cầ n chứng minh: b chia cho m có số dư là r. Từa b m M suy ra,a b mt t ¢( )b a mt mq r mt m q t r . Vậy( d )a b mo m . Mệnh đề 2: Quan hệ đồng dư theo môđulô m là một quan hệ tương đương trên¢ Chứng minh: - Tính phản xạ:a ¢ :(mod )a a m vì0a a m M - Tính đối xứng:,a b ¢ : Giả sử(mod )a b m suy raa b mt ( ) ( d )b a m t b a mo m - Tính bắc cầu: Giả sử(mod )a b m và(mod )b c m , tức( ) ( ) ( '''') ( '''') ( d )a b b c m t t a c m t t a c mo m Vậy quan hệ đồng dư theo môđulô m là một quan hệ tương đương trên¢ 4 1. 1. 2 Tính chất: (1) i). Nếu(mod ) 1,i ia b m i k thì ta cũng có:1 2 1 2.... .... (mod )k ka a a b b b m ii). Nếu(mod ) 1,i ia b m i k thì ta cũng có:1 2 1 2. ... . ... (mod )k ka a a b b b m Chứng minh: i). Từ(mod ) 1,i ia b m i k suy ra ắt có, 1,it i k ¢ sao cho:, 1, 2,..., ()i i ia b mt i k Cộng hoặc trừ từng vế một các đẳng thức () ta sẽ được:1 2 1 2 1 2... ... ( ... )k k ka a a b b b m t t t Đẳng thức này chứng tỏ:1 2 1 2... ... (mod )k ka a a b b b m ii). Từ(mod ) 1,i ia b m i k suy ra tồn tại, 1, 2,...,it i k ¢ sao cho:, 1, 2,..., ()i i ia b mt i k Nhân từng vế các đẳng thức () ta được:1 2 1 2. ... . ... ,k ka a a b b b mt t ¢ Đẳng thức này chứng tỏ:1 2 1 2. ... . ... (mod )k ka a a b b b m Hệ quả: a)(mod ) (mod )a b m a c b c m b)(mod ) (mod )a c b m a b c m c)(mod ) (mod ),a b m a km b m k ¢ d)(mod ) (mod ),a b m ac bc m c ¢ e)(mod ) (mod ), , 0n n a b m a b m n n ¢ f) Giả sử( )f x là một đa thức với hệ số nguyên. Nếu ta có(mod )m thì ta có( ) ( )(mod )f f m . Đặc biệt nếu( ) 0(mod )f m thì ta cũng có( ) 0(mod )f km m k ¢ (2) Nếu(mod )ac bc m ,( , ) 1 (mod )c m a b m Chứng minh: Từ(mod )ac bc m suy ra\m ac bc hay\ ( )m c a b . Nhưng( , ) 1m c nên ta có\m a b nghĩa là(mod )a b m (3) i). Nếu(mod )a b m thì ( d ) ,ac bc mo mc c ¥ 5 ii). Nếu (mod ) , , ( , , )a b m a b m ¥ thì ta cũng có(mod ) a b m Chứng minh: i). Từ giả thiếta b mt suy ra ( ) ,ac bc mc t c ¥ .Hay( d )ac bc mo mc ii). Từ giả thiết ( , , )a b m ta đặt1 1 1, ,a a b b m m với1 1 1 1, , , 0a b m m ¢ .Từ(mod ) ,a b m a b mt t ¢1 1 1a b m t suy ra1 1 1 ,a b m t t ¢ .Hệ thức này chứng tỏ1 1 (mod )a b m nghĩa là:(mod ) a b m (4) Nếu( d ) , 1,ia b mo m i k thì( d )a b mo m . Với 1 2, ,..., km m m m Chứng minh: Thật vậy ta cóa b là bội chung của1 2, ,..., km m m nêna b là bội của m. Suy ra( d )a b mo m (5) Nếu(mod ), , 0a b m m . Thì ta cũng có(mod )a b Chứng minh: Thật vậy, từ giả thiếtm a b và m suy ra a b . Vậy(mod )a b . (6) Nếu(mod )a b m thì( , ) ( , )a m b m Chứng minh: Từ giả thiết(mod )a b m suy ra có số nguyên t sao choa b mt . Đẳ ng thức này chứng tỏ rằng tập hợp các ước chung của a và m trùng hợp với tập hợp các ước chung của b và m, và do đó( , ) ( , )a m b m 1.2 Vành các lớp thặng dƣ: 1.2.1 Tập hợp các lớp thặng dƣ: 1.2.1.1 Định nghĩa: Cho m là một số nguyên dương. Tập thương của tập hợp các số nguyên¢ trên quan hệ đồng dư theo môđulô m được gọi là tập hợp các lớp th ặng dư môđulô m và kí hiệu làm¢ . Ta viết m a a ¢ ¢ 1.2.1.2 Tính chất: - Tập hợpm¢ gồm m phần tử. - Mỗi phần tử củam¢ là hợp rời của k phần tử( 1)k củakm¢ - Tất cả các thặng dư của cùng một lớp thặng dư có cùng ước chung lớn nhấ t với môđun. 6 1.2.2 Vành các lớp thặng dƣ: 1.2.2.1 Phép toán trongm¢ : Xét tập thương m a a ¢ ¢ là các lớp th ặng dư theo môđun m. Để biến tập này thành một vành ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân sau đây: + Phép cộng :a b a b + Phép nhân:. .a b a b , với, ma b ¢ 1.2.2.2 Định lí: Tập hợpm¢ các lớp thặng dư môđun m cùng với phép cộng và phép nhân xác định như trên là một vành giao hoán có đơn vị. + Phần tử 0 trongm¢ là 0 0(mod )x x m ¢ + Phần tử đơn vị trongm¢ là 1 1(mod )x x m ¢ 1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn: 1.3.1 Hệ thặng dƣ đầy đủ: 1.3.1.1 Định nghĩa: + Nếu ta nói lớp thặng dư theo môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập các đạ i diện đó được gọi là hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m. Ví dụ : 5, 4, 3, 13, 19 là hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 5 + 0, 1, 2,..., 1H m là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m và được gọi là hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất. + Với m là một số lẻ, ta có:1 1 ,...., 1,0,1,..., 2 2 m m H là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m, gọi là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. + Với m là một số chẵn thì ta có:, 1,..., 1,0,1,..., 1 2 2 2 m m m H hoặc1, 2,..., 1,0,1,..., 2 2 2 m m m H là những hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất 1.3.1.2 Tính chất: (1). Mỗi hệ thặng dư đầy đủ môđun m gồm m phần tử Chứng minh: Hiển nhiên vìm¢ có m phần tử (2). Mỗi tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m đều là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m Chứng minh: 7 Giả sử 1 2, ,..., mH a a a là một tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m. Khi ấy tập hợp các lớp thặng dư môđun m 1 2, ,..., ma a a gồm m phần tử phân biệt và là tập con củam¢ nên 1 2, ,..., m ma a a ¢ do đó ta có được 1 2, ,..., mH a a a là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m (3). Cho a là một số nguyên,( , ) 1a m và b là một số nguyên tùy ý. Khi ấy nếu x chạ y qua một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax+b cũng vậy Chứng minh: Giả sử 1 2, ,..., mx x x là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m, ta có 1 2, ,..., m mx x x ¢ . Theo giả thiết ta có(mod )a m là lớp khả nghịch của vànhm¢ nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được 1 2, ,..., m max b ax b ax b ¢ . Vậy 1 2, ,..., max b ax b ax b là một hệ thặng dư đầy đủ mod m 1.3.2 Hệ thặng dƣ thu gọn: 1.3.2.1 Định nghĩa: + Nếu từ mỗi lớp nguyên tố với mod m ta lấy ra một thặng dư thì tập các thặng dư đó được gọi là hệ thặng dư thu gọn theo mod m. + Từ mỗi hệ thặng dư đầy đủ theo mod m ta lấy ra một thặng dư nguyên tố m thì ta được một hệ thặng dư thu gọn theo mod m. Thông thường ta lấy ra từ hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất theo mod m để được các đại diện. + Mỗi một hệ thặng dư đầy đủ môđun m đều chứa đúng một hệ thặng dư thu gọn môđun m. Người ta cũng nói đến hệ thặng dư thu gọn môđun m không âm nhỏ nhất và hệ thặng dư thu gọn giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Ví dụ: m = 8 ta có 1,3,5,7 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 không âm nhỏ nhất; 3, 1,1,3 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. 1.3.2.2 Tính chất: (1) Mỗi hệ thặng dư thu gọn môđun m gồm( )m phần tử Chứng minh: Hiển nhiên vì m¢ có( )m phần tử. (2) Mỗi hệ gồm( )m số nguyên, nguyên tố với m và đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m đều lập nên một hệ thặng dư thu gọn môđun m Chứng minh: Giả sử 1 2 ( ), ,..., mK a a a gồm( )m số nguyên, nguyên tố với m và đôi một 8 không đồng dư với nhau theo môđun m. Khi ấy với mọi1, 2,..., ( )m m ta có i ma ¢ . Thêm nữa(1 , ( ))i j i j m có(mod )i ja a m nghĩa lài ja a nên1 2 ( ), ,..., ma a a là( )m phần tử đôi một phân biệt của m¢ mà m¢ có( )m phần tử ta phải có 1 2 ( ), ,..., m ma a a ¢ . Vậy suy ra 1 2 ( ), ,..., mK a a a là mộ t hệ thặng dư thu gọn môđun m (3) Giả sử a là một số nguyên, nguyên tố với m. Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư thu gọn môđun m thì ax cũng vậy. Chứng minh: Giả sử 1 2 ( ), ,..., mx x x là một hệ thặng dư thu gọn môđun m ta suy ra 1 2 ( ), ,..., m mx x x ¢ . Theo giả thiết ta có(mod )a m là phần tử khả nghịch củam¢ nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được: 1 2 ( ), ,..., m max ax ax ¢ Vậy 1 2 ( ), ,..., max ax ax là một hệ thặng dư thu gọn môđun m 1.4 Định lí Euler và định lí Fermat: 1.4.1 Hàm Euler:( )m 1.4.1.1 Định nghĩa: Cho m¥ - Với1m ta định nghĩa(1) 1 - Với1m .( )m được xác định theo các định nghĩa tương đương sau: +( )m là số các thặng dư trong hệ thặng dư thu gọn theo mod m +( )m là số các số tự nhiên không vượt quá1n và nguyên tố với m +( )m là số các phần tử của nhóm nhân m¢ , các phần tử khả nghịch của vànhm¢ các lớp thặng dư theo mod m 1.4.1.2 Tính chất: (1) Định lí: ới 1 2,m m ¥ ta có 1 2 1 2. ( ). ( )m m m m .1 2( , ) 1m m (2) Công thức tính: (a) ới ,m p ¥ ta có1 ( )p p p í dụ:2 2 (25) (5 ) 5 5 20 (b) Với1 2 1 2. ... ( 1)k km p p p m khi đó:1 2 1 1 1 ( ) 1 1 ... 1 k m m p p p 9 í dụ:(60) Ta có2 60 2 .3.5 nên1 1 1 (60) 60 1 1 1 16 2 3 5 N ới m p ta có( ) 1p p 1.4.2 Định lí Euler: Cho m là một số tự nhiên lớn hơn 1và a là một số nguyên nguyên tố với m. Khi đó:( ) 1(mod )m a m Chứng minh: Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé nhất 1 2 ( ), ,..., mr r r . Khi đó 1 2 ( ), ,..., mar ar ar cũng là hệ thặng dư thu gọn theo mod m. Gọi1 2 ( ), ,..., ms s s là hệ thặng dư không âm bé nhất tương ứng cùng lớp với1 2 ( ), ,..., mar ar ar . thì ta có :1 1 2 2 ( ) ( )ar ( d ) , ar ( d ) ,... , ar ( d )m ms mo m s mo m s mo m . Ta cũng có 1 2 ( ), ,..., ms s s là hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé nhất. Thực hiện nhân vế theo vế ta được :( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ). . ... . ... ( d ) m m ma r r r s s s mo m . Lại có 1 2 ( ), ,..., mr r r và 1 2 ( ), ,..., ms s s là các hệ thặng dư thu gọn theo môđun m không âm bé nhất. Suy ra1 2 ( ) 1 2 ( ). ... . ...m mr r r s s s Từ đó ta có:( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ). . ... . ... ( d ) m m ma r r r r r r mo m mà( , ) 1 , 1, ( )ir m i m Suy ra1 2 ( )( . ... , ) 1mr r r m ( ) 1(mod )m a m (đpcm). 1.4.2 Định lí Fermat: 1.4.2.1 Định lí 1: Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không âm chia hết cho p. Khi đó ta có:1 1(mod )p a p Chứng minh: Ta có( ) 1p p . Mặt khác nếu a không chia hết cho p thì( , ) 1a p Do đó theo Định lí Euler ta có1 1(mod )p a p 1.4.2.2 Định lí 2: Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý. Khi đó ta có: 10(mod )p a a p Chứng minh: + Nếu a không chia hết cho p thì1 1 (mod )p a p . Do đó nhân hai vế với a ta được(mod )p a a p + Nếu a chia hết cho p thì0 (mod )a p và lũy thừa p lần ta có0 (mod )p a p . Vì vậy trong trường hợp này ta cũng có(mod )p a a p 1.4.3 Ứng dụng: Định lí Euler và định lí Fermat có nhiều ứng dụng, ở đây ta nêu lên một số ứ ng dụng về việc tìm số dư trong phép chia một lũy thừa cho một số đã cho và nói riêng là chứng minh sự chia hết. 1.4.3.1 Tìm dƣ trong phép chia: Ví dụ 1: Tìm số dư trong phép chia2003 2002 cho 19. Ta có2002 7(mod19) nên2003 2003 2002 7 (mod19) , 7,19 1 , (19) 18 . Áp dụng định lí Fermat ta có:18 7 1(mod19) . Lại có2003 18.111 5 nên2003 18.111 5 5 7 7 7 (mod19) . Ta có:3 7 343 1(mod19) nên5 3 2 2 7 7 .7 7 (mod19) Hay5 5 7 49(mod19) 7 11(mod19) Vậy2003 2002 chia cho 19 dư 11 tức là2003 2002 11(mod19) 11r Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia345 109 cho 14 Ta có109 3(mod14) nên345 345 109 ( 3) (mod14) Lại có( 3,14) 1 . Áp dụng định lí Euler ta có:(14) ( 3) 1(mod14) Nhưng(14) 6 nên6 ( 3) 1(mod14) . Hơn nữa345 6.57 3 cho nên:57345 6 3 ( 3) ( 3) .( 3) 27(mod14) và từ27 1(mod14) ta được:345 109 1(mod14) . Vậy số dư trong phép chia345 109 cho 14 là 1. Ví dụ 3: Tìm số dư trong phép chia7 2 cho 17 Ta có(2,17) 1 ; 7 (17) nên không sử dụng định lí Fermat. Ta có:3 2 9(mod17) và4 2 1(mod17) 3 4 2 .2 9(mod17) . Vậy số dư trong phép chia7 2 cho 17 là9.r 11 1.4.3.2 Chứng minh sự chia hết: Ví dụ 4: Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên, ta có:4 1 3 2 3 n chia hết cho 11 Ta có(11) 10 ;(2,11) 1 . Áp dụng định lí Fermat ta có:10 2 1(mod11) , Hơn nữa ta có:4 3 81 1(mod10) Suy ra4 1 3 3(mod10)n . Vậy tồn tại số tự nhiên k sao cho4 1 3 10 3( )n k k ¢ Do đó4 1 3 10 3 10 3 3 2 2 2 .2 2 (mod11) n k k Hay4 1 3 2 8(mod11) n . Vậy4 1 3 2 3 0(mod11) n (đpcm) Ví dụ 5: Cho , ,a m n ¢ ¥ . Chứng minh rằng6 6 7 7n m a a a M M ( ) Giả sử7aM ta cần chứng minh6 6 7n m a a M Vì7aM nên6 0(mod 7) 0(mod 7)a a 6 6 0(mod 7) 0(mod 7) n m a a 6 6 0(mod 7)n m a a . Hay6 6 7n m a a M( ) Giả sử6 6 7n m a a M và a không chia hết cho 7 Vì a không chia hết cho 7 nên( ,7) 1a . Theo định lí Fermat ta có:(7) 6 1(mod 7)a a 6 6 6 6 1(mod 7) 2(mod 7) 1(mod 7) n n m m a a a a (Mâu thuẫn) Vậy suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 6: Chứng minh:1 1 1q p p q pq M trong đó,p q là số nguyên tố. Ta có:( , ) 1p q nên1 1 1(mod ) 1 0(mod )p p q p q p và1 0(mod )q p p Nên1 1 1 0(mod ) (1)q p p q p Lại có:1 1 1 (mod ) 1 0(mod )q q p q p q và1 0(mod )p q q Nên1 1 1 0(mod ) (2)q p p q q Vì( , ) 1p q kết hợp với (1) và (2) ta suy ra1 1 1q p p q pq M 12 CHƠNG 2: PHƠNG TR NH V H PHƠNG TR NH ĐỒNG D 2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn: Định nghĩa: + Cho m, n là hai số nguyên dương và0 1, ,..., na a a là các số nguyên và gọ i là các hệ số. Phương trình đồng dư có dạng : 1 0 1 1... 0(mod )n n n na x a x a x a m (1)0(mod )a m được gọi là phương trình đồng dư bậc n một ẩn. Việc tìm tất cả các giá trị nguyên của x thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư + Cho phương trình đồng dư 1 0 1 1... 0(mod )n n n na x a x a x a m . Số ¢ được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu( ) 0 (mod ).f m + Hai phương trình đồng dư được gọi là tương đương nếu chúng có cùng mộ t tập nghiệm đúng. Bổ đề: Nếu phương trình 1 0 1 1... 0(mod )n n n na x a x a x a m có nghiệm đúng thì nó cũng nhận(mod )x m làm nghiệm. Chứng minh: Ta có0 (mod )y m . Do( ) 0 (mod )f m nên( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) 0 (mod )f y f y f y h y m . Do đó( ) 0 (mod )f y m Vậy(mod )x m là một nghiệm của( ) 0 (mod )f x m Mệnh đề: Cho phương trình đồng dư 1 0 1 1... 0(mod )n n n na x a x a x a m . Khi đó ta có một số phép biến đổi tương đương sau đây: +( ) 0 (mod ) ( ) 0 (mod )f x m f x mb m +( ) 0 (mod ) ( ) 0 (mod ) ,( , ) 1f x m af x m a m +( ) 0 (mod ) ( ) 0 (mod ) , 0 ;f x m af x am a a ¢ + Nếu0( ,..., )nd UC a a và( , ) 1d m thì0 ( ) 0 (mod ) ... 0 (mod )n na a f x m x m d d + Nếu0( ,..., )nd UC a a và0d thì0 ( ) 0 (mod ) ... 0 (mod )n na a m f x m x d d d 13 2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: 2.1.1.1 Định nghĩa: Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng:(mod ) (1),ax b m,a b ¢0(mod )a m 2.1.1.2 Điều kiện có nghiệm và số nghiệm: + Định lý: Phương trình(mod )ax b m có nghiệm( , ) a m d b . Khi đó phương trình (1) có d nghiệm Chứng minh:( ) Giả sử phương trình(mod )ax b m có nghiệm, tức là0x ¢ sao cho :0 (mod )ax b m0 ,ax b mt t ¢ . Từ hệ quả đã biết, ta có:0( , ) ( , )ax m m b Từ giả thiết( , )a m d suy rad a vàd m0d ax vàd m0 ( , ) ( , )d ax m m b hayd b( ) Giả sử( , ) a m d b . Khi đó phương trình (1) tương đươngmod , , 1 a b m a m x d d d d d Từ định lý trong hệ thặng dư đầy đủ: Nếu x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m d thìa x d cũng chạy qua hệ thặng dư đầy đủ môđun m d , tức là :0 0 : mod . a b m x x d d d ¢ Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất0 mod m x x d , đó là tập số nguyên gồ m d nghiệm0 (mod )x x m có tập nghiệm là :0 0 0 2 ( 1) (mod ), (mod ), ..., (mod ) m m d m x x m x x m x x m d d d Ví dụ: Giải phương trình4 8(mod10)x (a) Ta có(4,10) 2 \ 8 nên phương trình (a) có 2 nghiệm Phương trình(a)2 4(mod5) 2(mod5)x x Khi đó phương trình (a) có nghiệm là :2(mod10)x ,2 5(mod10) 7(mod10)x + Cách xác định nghiệm: Xét phương trình(mod ) (1)ax b m 14 Cách 1: Chia hai vế phương trình (1) cho a Nếu a là ước của b thì ta được nghiệm của phương trình (1) là:(mod ) b x m a Nếu a không là ước của b thì do( , ) 1a m , ắt có số nguyên(1 1)k a đểb km a M .Khi ấy phương trình (1) tương đương với(mod )ax b km m nên nó có nghiệm(mod ). b km x m a Ví dụ: Giải phương trình4 7(mod5) (2)x Ta có(4, 5) 1\ 7 nên (2) có duy nhất một nghiệm Phương trình (2)4 7 5(mod5)x Suy ra3(mod5)x Cách 2: Dùng định lí Euler Từ giả thiết( , ) 1a m . Theo định lí Euler ta có( ) 1(mod ) (3)m a m Nhân hai vế của (3) với b ta được:( ) 1 ( ) (mod )m a ba b m . Khi đó( ) 1 (mod )m x ba m là nghiệm của phương trình (3) Ví dụ: Giải phương trình7 3(mod12)x Ta có:(7,12) 1\ 3 nên phương trình đã cho có duy nhất nghiệm. Sử dụng cách tính theo định lý Euler, ta có :11 10 7 3.7 (mod 12) 3.7 (mod 12)x x . Ta lại có :10 3 6 7 7.7 .7 mà: 2 3 6 7 1(mod 12) 7 7(mod 12) 7 49(mod 12) 1(mod 12) Suy ra10 3 6 7 7.7 .7 7.1.1(mod 12) 7(mod 12) Vậy3.7(mod 12) 21(mod 12) 9(mod 12)x + Liên hệ giữa phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất và phƣơng trình vô định ax + by = c Xét phương trìnhax by c , với, 0a b Ta giả thiết b > 0, nếu 0 0,x y là một nghiệm nguyên c ủa phương trình vô địnhax by c , ta có0 0ax by c hay0 0ax ( )c b y Suy ra:0 (mod )ax c b và 0 0 c ax y b . 15 Ngược lại nếu0 0 0: ax (mod ) ax 0(mod )x c b c b ¢ Tức là0 0 0: axy c by ¢ hay0 0ax by c , tức là0 0( , )x y là nghiệ m riêng của phương trìnhax by c Kết luận: Phương trìnhax by c ,(mod )ax c b có nghiệm( , ) a b d c Ví dụ: Giải phương trình vô định11 25 30x y Ta có(11, 25) 1 30 nên phương trình có nghiệm nguyên. Xét phương trình đồng dư25 30(mod 11)y 5 6(mod11) 10(mod11) 10 11 ( ) y y y t t ¢30 25 30 25(10 11 ) 25 20 11 11 y t x t Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là :25 20 ; 11 10 x t t y t ¢ 2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao: Cho0m là một số nguyên. Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao có dạng : 1 0 1( ) ... 0 (mod )n n nf x a x a x a m (1) với0 0(mod )a m ,1n Định lí 1: Giả sử m có phân tích chính tắc1 2 1 2 .... s sm p p p thành các thừa số nguyên tố. Khi đó phương trình (1) tương đương với hệ phương trình đồng dư sau: 1 2 1 2 ( ) 0 (mod ) ( ) 0 ( mod ) (2) .... ( ) 0 (mod )s s f x p f x p f x p Chứng minh: Giả sử0 (mod )x x m là một nghiệm của (1). Khi đó0( ) 0 (mod )f x m . Vì m là bội của cáci ip , nên ta cũng có: 1 2 0 1 0 2 0 ( ) 0 (mod ) ( ) 0 ( mod ) .... ( ) 0 (mod )s s f x p f x p f x p 16 Như vậy0 (mod )x x m là một nghiệm của (2). Ngược lại, giả sử0 (mod )x x m là một nghiệm của (2). Khi đó:0( ) 0 (mod ) , 1,.....,i if x p i s Do0( )f x chia hết cho cáci ip và cáci ip là nguyên tố sánh đôi nên0( )f x chia hết cho tích1 2 1 2 .... s sm p p p hay0( ) 0 (mod )f x m . Tức là (1) có nghiệm0 (mod ).x x m Nh n xét: Như vậy việc giải phương trình (1) được thay bằng việc giải hệ (2). Nế u mỗi phương trình( ) 0 (mod )i if x p ta sẽ tìm được nghiệm, chẳng hạn:(mod ) , 1,...,i i ix x p i s thì ta sẽ giải hệ sau đây: 1 2 1 1 2 2 (mod ) (mod ) ... (mod )s s s x x p x x p x x p để tìm nghiệm của (2) Rõ ràng để giải được (1) ta cần phải biết giải các phương trình dạng( ) 0 (mod )f x p với p nguyên tố. Áp dụng công thức khai triển Taylor của hàm đa thức( )f x bậc n tạix a , ta có:'''' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ... ( ) 1 i n i nf a f a f a f x f a x a x a x a i n Dễ dàng chỉ ra( ) ( ) i f a i ¢ khi a là một số nguyên. Thayx a pt ta có:'''' '''''''' ( ) 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... 1 2 n n nf a f a f a f a pt f a pt p t p t n Định lí 2: Cho hai phương trình:1 ( ) 0 (mod ) (3) ( ) 0 (mod ) (4) n n f x p f x p Với p là một số nguyên tố và1n nguyên. Khi đó mỗi nghiệm đúng của (3) cũng là một nghiệm đúng của (4). Ngược lại giả sử 1 1 (mod )n x x p là một nghiệ m của (4) và kí hiệu S là tập tất cả các lớp môđulôn p của 1 1 (mod )n x p . Khi đó ta có khẳng định sau: + Nếu '''' 1( )f x không chia hết cho p, thì trong S sẽ có đúng một lớp là nghiệ m của (1). 17 + Nếu '''' 1( )f x chia hết cho p và1( )f x chia hết chon p thì tất cả các lớp của S đề u là nghiệm của (1). + Nếu '''' 1( )f x chia hết cho p và1( )f x không chia hết chon p thì tất cả các phầ n tử của lớp 1 1 (mod )n x p đều không là nghiệm đúng của (3) do đó tất cả các lớp của S đều không là nghiệm của (3). Chứng minh: + Hiển nhiên, mỗi nghiệm của (3) đều là nghiệm của (4) Giả sử 1 1 (mod )n x x p là một nghiệm của (2). Khi đó 1 1 n x x p t thay vào phương trình( ) 0 (mod )n f x p ta có 1 1( ) 0 (mod )n n f x p t p . Theo công thứ c khai triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có:1 '''' 1 1( ) ( ) 0(mod )n n f x p tf x p Chia hai vế cho1n p ta nhận được'''' 1 11 ( ) ( ) 0 (mod ) ()n f x tf x p p Khi đó nếu '''' 1( )f x không chia hết cho p thì () có nghiệm duy nhất1 (mod )t t p hay1 2t t pt . Do đó 1 1 1 2 n n x x p t p t . Vì vậy 1 1 1 (mod )n n x x p t p là nghiệ m duy nhất của (1) trong S. + Nếu '''' 1( )f x chia hết cho p và1( )f x chia hết chon p thì () có nghiệm với mọ i t. Do đó tất cả các phần tử của S đều là nghiệm của (1) + Nếu '''' 1( )f x chia hết cho p và1( )f x không chia hết chon p thì rõ ràng () vô nghiệm. Do đó các phần tử của lớp 1 1 (mod )n x p đều không là nghiệm đúng của (3). Ví dụ: Giải phương trình đồng dư:4 3 ( )...
UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN - - NGUYỄN MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 4 năm 2016 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN - - KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ Sinh viên thực hiện NGUYỄN MINH NHẬT MSSV: 2112010130 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA 2012 – 2016 Quảng Nam, tháng 05 năm 2016 MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU 1 PHẦN NỘI DUNG 3 CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ 3 1.1 Đồng dƣ thức: 3 1.2 Vành các lớp thặng dƣ: 5 1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn: 6 1.4 Định lí Euler và định lí Fermat: 8 CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TR NH V H PHƢƠNG TR NH ĐỒNG DƢ .12 2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn: 12 2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: 13 2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao: 15 2.1.3 Phƣơng trình đồng dƣ bậc cao theo môđulô nguyên tố p: 20 2.2 Hệ phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: 19 2.3 Thặng dƣ bậc hai: 22 2.4 Một vài ứng dụng của đồng dƣ thức: 25 CHƢƠNG 3: PHƢƠNG TR NH MORDELL 29 3.1 Chuẩn trong vành ¢ d và số học: 29 3.2 Phƣơng trình Mordell: 33 PHẦN KẾT LUẬN 37 T I LI U THAM KHẢO 38 PHẦN MỞ ĐẦU 1 Lý do chọn đề tài: Số học là một trong những bộ môn quan trọng của Toán học và nó bổ trợ rất nhiều kiến thức trong việc giải Toán Ở môn Số học chúng ta sẽ được học về tập số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ, số thực và số phức Chương “Lý thuyết đồng dư” cũng nằm trong số đó và chiếm một phần rất quan trọng của bộ môn, ở chương này có nhiều dạng bài tập như: Tìm dư trong phép chia, chứng minh sự chia hết, giải phương trình đồng dư, giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, phương trình Mordell, … Đây thực sự là một chuyên đề khó vì các bài toán với nhiều nội dung phong phú, đa dạng và nó là một trong những các dạng toán được quan tâm đến nhiều nhất trong kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế Chính vì những lý do đó nên em chọn đề tài: “Một số vấn đề về lý thuyết đồng dư” làm khóa luận tốt nghiệp cho mình để có điều kiện nghiên cứu về Lý thuyết đồng dư, tìm hiểu về các ứng dụng của lý thuyết đồng dư trong việc giải toán 2 Mục đích nghiên cứu: - Khóa luận nghiên cứu tổng quan về lý thuyết đồng dư giúp chúng ta có cái nhìn khái quát hơn và logic hơn - Nghiên cứu về sự ứng dụng của lý thuyết đồng dư trong việc giải toán giúp chúng ta nâng cao khả năng giải toán - Rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân 3 Nhiệm vụ nghiên cứu: - Hệ thống hóa một số khái niệm cơ bản về đồng dư thức, vành các lớp thặng dư, hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn, định lí Euler và định lí Fermat, phương trình đồng dư một ẩn, hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, … Từ đó làm cơ sở hình thành một số khái niệm và tính chất cơ bản của lý thuyết đồng dư - Nghiên cứu các bài toán, các phương pháp giải toán, các dạng toán về lý thuyết đồng dư - Ứng dụng giải một số bài tập 4 Phƣơng pháp nghiên cứu: - Phương pháp đọc và nghiên cứu từ các nguồn tài liệu khác nhau - Phương pháp sưu tầm, phân tích tổng hợp kiến thức - Phương pháp tham khảo: Trao đổi ý kiến với thầy giáo hướng dẫn và bạn bè, qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạch và hoàn thành khóa luận 1 5 Những đóng góp của khóa luận: - Khóa luận đã tổng hợp và nghiên cứu cơ bản đầy đủ các khái niệm, tính chất của lý thuyết đồng dư - Khóa luận đóng góp vào việc xây dựng một cách có hệ thống các dạng bài tập và phương pháp giải các bài toán về lý thuyết đồng dư 6 Cấu trúc của đề tài: Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung được trình bày theo 3 chương: - Chương 1: Tổng quan về lý thuyết đồng dư - Chương 2: Phương trình và hệ phương trình đồng dư - Chương 3: Phương trình Mordell 2 PHẦN NỘI DUNG CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƢ 1 1 Đồng dƣ thức: 1 1 1 Định nghĩa và các mệnh đề 1 1 1 1 Định nghĩa: + Cho m là một số nguyên dương Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư môđulô m nếu a-b chia hết cho m + Khi a và b đồng dư với nhau theo môđulô m ta viết là a b (mod m) và gọi đó là đồng dư thức + Ngược lại, nếu a không đồng dư với b theo môđulô m thì ta viết a b(mod m) 1 1 1 2 Các mệnh đề: Mệnh đề 1: Các khẳng định sau là tương đương i) a b (mod m) ii) a b mt , t ¢ iii) a bMm Chứng minh: i) ii) Ta có a b (mod m) và tồn tại các số nguyên q, q ' sao cho: a mq r, 0 r m ;b mq ' r ,0 r m Khi đó a b m(q q ') mt, t q q ' ¢ Vậy a b mt , t ¢ ii) iii) Từ a b mt , t ¢ a b mt, t ¢ Suy ra a b chia hết cho m iii) i) Giả sử a b chia hết cho m và a mq r, 0 r m Ta cần chứng minh: b chia cho m có số dư là r Từ a bMm suy ra a b mt, t ¢ b a mt mq r mt m(q t) r Vậy a b (modm) Mệnh đề 2: Quan hệ đồng dư theo môđulô m là một quan hệ tương đương trên ¢ Chứng minh: - Tính phản xạ: a ¢ : a a (mod m) vì a a 0Mm - Tính đối xứng: a,b ¢ : Giả sử a b (mod m) suy ra a b mt b a m(t) b a (mod m) - Tính bắc cầu: Giả sử a b (mod m) và b c(mod m) , tức (a b) (b c) m(t t ') a c m(t t ') a c (mod m) Vậy quan hệ đồng dư theo môđulô m là một quan hệ tương đương trên ¢ 3 1 1 2 Tính chất: (1) i) Nếu ai bi (mod m) i 1, k thì ta cũng có: a1 a2 ak b1 b2 bk (mod m) ii) Nếu ai bi (mod m) i 1, k thì ta cũng có: a1.a2 ak b1.b2 bk (mod m) Chứng minh: i) Từ ai bi (mod m) i 1, k suy ra ắt có ti ¢, i 1, k sao cho: ai bi mti , i 1, 2, , k (*) Cộng hoặc trừ từng vế một các đẳng thức (*) ta sẽ được: a1 a2 ak b1 b2 bk m(t1 t2 tk ) Đẳng thức này chứng tỏ: a1 a2 ak b1 b2 bk (mod m) ii) Từ ai bi (mod m) i 1, k suy ra tồn tại ti ¢ ,i 1, 2, , k sao cho: ai bi mti , i 1, 2, , k (**) Nhân từng vế các đẳng thức (**) ta được: a1.a2 ak b1.b2 bk mt ,t ¢ Đẳng thức này chứng tỏ: a1.a2 ak b1.b2 bk (mod m) Hệ quả: a) a b (mod m) a c b c (mod m) b) a c b (mod m) a b c (mod m) c) a b(mod m) a km b (mod m),k ¢ d) a b(mod m) ac bc (mod m),c ¢ e) a b (mod m) an bn (mod m),n ¢ , n 0 f) Giả sử f (x) là một đa thức với hệ số nguyên Nếu ta có (mod m) thì ta có f () f ( ) (mod m) Đặc biệt nếu f () 0(mod m) thì ta cũng có f ( km) 0(mod m) k ¢ (2) Nếu ac bc (mod m) , (c, m) 1 a b (mod m) Chứng minh: Từ ac bc (mod m) suy ra m \ ac bc hay m \ c(a b) Nhưng (m, c) 1 nên ta có m \ a b nghĩa là a b (mod m) (3) i) Nếu a b (mod m) thì ac bc (mod mc) , c ¥ * 4 ii) Nếu a b(mod m) , ¥ *, | (a,b, m) thì ta cũng có a b (mod m) Chứng minh: i) Từ giả thiết a b mt suy ra ac bc (mc)t, c * Ha y ¥ ac bc (mod mc) ii) Từ giả thiết | (a,b, m) ta đặt a a1, b b1, m m1 với a1,b1, m1 ¢ , m1 0 Từ a b(mod m)a b mt ,t ¢ a1 b1 m1t suy ra a1 b1 m1t, t ¢ Hệ thức này chứng tỏ ab m a1 b1 (mod m) nghĩa là: (mod ) (4) Nếu a b (mod mi ) ,i 1, k thì a b (mod m) Với m m1, m2 , , mk Chứng minh: Thật vậy ta có a b là bội chung của m1, m2 , , mk nên a b là bội của m Suy ra a b (mod m) (5) Nếu a b (mod m), | m, 0 Thì ta cũng có a b (mod ) Chứng minh: Thật vậy, từ giả thiết m | a b và | m suy ra | a b Vậy a b (mod ) (6) Nếu a b (mod m) thì (a, m) (b, m) Chứng minh: Từ giả thiết a b (mod m) suy ra có số nguyên t sao cho a b mt Đẳng thức này chứng tỏ rằng tập hợp các ước chung của a và m trùng hợp với tập hợp các ước chung của b và m, và do đó (a, m) (b, m) 1.2 Vành các lớp thặng dƣ: 1.2.1 Tập hợp các lớp thặng dƣ: 1.2.1.1 Định nghĩa: Cho m là một số nguyên dương Tập thương của tập hợp các số nguyên ¢ trên quan hệ đồng dư theo môđulô m được gọi là tập hợp các lớp thặng dư môđulô m và kí hiệu là ¢ m Ta viết ¢ m a | a ¢ 1.2.1.2 Tính chất: - Tập hợp ¢m gồm m phần tử - Mỗi phần tử của ¢m là hợp rời của k phần tử (k 1) của ¢km - Tất cả các thặng dư của cùng một lớp thặng dư có cùng ước chung lớn nhất với môđun 5 1.2.2 Vành các lớp thặng dƣ: 1.2.2.1 Phép toán trong ¢ m : Xét tập thương ¢ m a / a ¢ là các lớp thặng dư theo môđun m Để biến tập này thành một vành ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân sau đây: + Phép cộng : a b a b + Phép nhân: a.b a.b , với a,b ¢ m 1.2.2.2 Định lí: Tập hợp ¢ m các lớp thặng dư môđun m cùng với phép cộng và phép nhân xác định như trên là một vành giao hoán có đơn vị + Phần tử 0 trong ¢ m là 0 x ¢ | x 0(mod m) + Phần tử đơn vị trong ¢ m là 1 x ¢ | x 1(mod m) 1.3 Hệ thặng dƣ đầy đủ, hệ thặng dƣ thu gọn: 1.3.1 Hệ thặng dƣ đầy đủ: 1.3.1.1 Định nghĩa: + Nếu ta nói lớp thặng dư theo môđun m ta lấy ra một đại diện thì tập các đại diện đó được gọi là hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m Ví dụ : 5, 4, 3, 13, 19là hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 5 + H 0, 1, 2, , m 1 là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m và được gọi là hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất m 1 m 1 + Với m là một số lẻ, ta có: H , , 1, 0,1, , là một hệ thặng 2 2 dư đầy đủ môđun m, gọi là hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất + Với m là một số chẵn thì ta có: m m m H , 1, , 1, 0,1, , 1 hoặc 2 2 2 m m m H 1, 2, , 1, 0,1, , 2 2 2 là những hệ thặng dư đầy đủ giá trị tuyệt đối nhỏ nhất 1.3.1.2 Tính chất: (1) Mỗi hệ thặng dư đầy đủ môđun m gồm m phần tử Chứng minh: Hiển nhiên vì ¢ m có m phần tử (2) Mỗi tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m đều là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m Chứng minh: 6 Giả sử H a1, a2, , am là một tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m Khi ấy tập hợp các lớp thặng dư môđun m a1, a2, , amgồm m phần tử phân biệt và là tập con của ¢ m nên a1, a2 , , am ¢ m do đó ta có được H a1, a2, , am là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m (3) Cho a là một số nguyên, (a, m) 1và b là một số nguyên tùy ý Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ môđun m thì ax+b cũng vậy Chứng minh: Giả sử x1, x2, , xm là một hệ thặng dư đầy đủ môđun m, ta có x1, x2 , , xm ¢ m Theo giả thiết ta có a(mod m) là lớp khả nghịch của vành ¢ m nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được ax1 b, ax2 b, , axm b ¢ m Vậy ax1 b, ax2 b, , axm b là một hệ thặng dư đầy đủ mod m 1.3.2 Hệ thặng dƣ thu gọn: 1.3.2.1 Định nghĩa: + Nếu từ mỗi lớp nguyên tố với mod m ta lấy ra một thặng dư thì tập các thặng dư đó được gọi là hệ thặng dư thu gọn theo mod m + Từ mỗi hệ thặng dư đầy đủ theo mod m ta lấy ra một thặng dư nguyên tố m thì ta được một hệ thặng dư thu gọn theo mod m Thông thường ta lấy ra từ hệ thặng dư đầy đủ không âm bé nhất theo mod m để được các đại diện + Mỗi một hệ thặng dư đầy đủ môđun m đều chứa đúng một hệ thặng dư thu gọn môđun m Người ta cũng nói đến hệ thặng dư thu gọn môđun m không âm nhỏ nhất và hệ thặng dư thu gọn giá trị tuyệt đối nhỏ nhất Ví dụ: m = 8 ta có 1,3,5,7 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 không âm nhỏ nhất; 3, 1,1,3 là hệ thặng dư thu gọn mod 8 giá trị tuyệt đối nhỏ nhất 1.3.2.2 Tính chất: (1) Mỗi hệ thặng dư thu gọn môđun m gồm (m) phần tử Chứng minh: Hiển nhiên vì ¢ m* có (m) phần tử (2) Mỗi hệ gồm (m) số nguyên, nguyên tố với m và đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m đều lập nên một hệ thặng dư thu gọn môđun m Chứng minh: Giả sử K a1, a2, , a(m)gồm (m) số nguyên, nguyên tố với m và đôi một 7 không đồng dư với nhau theo môđun m Khi ấy với mọi m 1, 2, , (m)ta có ai ¢ m* Thêm nữa i j (1 i, j (m)) có ai aj (mod m) nghĩa là ai a j nên a1, a2, , a(m) là (m) phần tử đôi một phân biệt của ¢ m* mà ¢ m* có (m) phần tử ta phải có a1 , a2 , , a (m) ¢ * Vậy suy ra K a1, a2, , a(m) là một m hệ thặng dư thu gọn môđun m (3) Giả sử a là một số nguyên, nguyên tố với m Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư thu gọn môđun m thì ax cũng vậy Chứng minh: Giả sử x1, x2, , x(m) là một hệ thặng dư thu gọn môđun m ta suy ra x1 , x2 , ., x (m) ¢ * Theo giả thiết ta có a(mod m) là phần tử khả nghịch của m ¢ m nên theo tính chất của phần tử khả nghịch ta được: ax1, ax2 , , ax(m) ¢ * m Vậy ax1,ax2, , ax(m) là một hệ thặng dư thu gọn môđun m 1.4 Định lí Euler và định lí Fermat: 1.4.1 Hàm Euler: (m) 1.4.1.1 Định nghĩa: Cho m ¥ * - Với m 1ta định nghĩa(1) 1 - Với m 1.(m) được xác định theo các định nghĩa tương đương sau: + (m) là số các thặng dư trong hệ thặng dư thu gọn theo mod m + (m) là số các số tự nhiên không vượt quá n 1và nguyên tố với m + (m) là số các phần tử của nhóm nhân ¢ m* , các phần tử khả nghịch của vành ¢ m các lớp thặng dư theo mod m 1.4.1.2 Tính chất: (1) Định lí: ới m1,m2 ¥ * ta có m1.m2 (m1).(m2) (m1,m2) 1 (2) Công thức tính: (a) ới m p , ¥ * ta có( p ) p p1 í dụ: (25) (52) 52 5 20 (b) Với m p11.p22 pkk (m 1) khi đó: (m) m1 1 1 1 1 1 p1 p2 pk 8 í dụ: (60) Ta có 60 22.3.5 nên 1 1 1 (60) 601 1 1 16 2 3 5 N ới m p ta có ( p) p 1 1.4.2 Định lí Euler: Cho m là một số tự nhiên lớn hơn 1và a là một số nguyên nguyên tố với m Khi đó: a(m) 1(mod m) Chứng minh: Cho x chạy qua hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé nhấtr1, r2 , , r(m) Khi đóar1, ar2 , , ar(m) cũng là hệ thặng dư thu gọn theo mod m Gọi s1, s2 , , s(m) là hệ thặng dư không âm bé nhất tương ứng cùng lớp với ar1, ar2 , , ar(m) thì ta có : ar1 s1 (mod m) , ar2 s2 (mod m) , , ar(m) s(m) (mod m) Ta cũng có s1, s2 , , s(m)là hệ thặng dư thu gọn theo mod m không âm bé nhất Thực hiện nhân vế theo vế ta được : a(m) r1.r2 r(m) s1.s2 s(m) (mod m) Lại cór1, r2 , , r(m) vàs1, s2 , , s(m) là các hệ thặng dư thu gọn theo môđun m không âm bé nhất Suy ra r1.r2 r(m) s1.s2 s(m) Từ đó ta có: a(m).r1.r2 r(m) r1.r2 r(m) (mod m) mà (ri , m) 1 , i 1, (m) Suy ra (r1.r2 r(m) , m) 1 a(m) 1(mod m) (đpcm) 1.4.2 Định lí Fermat: 1.4.2.1 Định lí 1: Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không âm chia hết cho p Khi đó ta có: a p1 1(mod p) Chứng minh: Ta có ( p) p 1 Mặt khác nếu a không chia hết cho p thì (a, p) 1 Do đó theo Định lí Euler ta có a p1 1(mod p) 1.4.2.2 Định lí 2: Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý Khi đó ta có: 9 a p a (mod p) Chứng minh: + Nếu a không chia hết cho p thì a p1 1 (mod p) Do đó nhân hai vế với a ta được a p a (mod p) + Nếu a chia hết cho p thì a 0 (mod p) và lũy thừa p lần ta có a p 0 (mod p) Vì vậy trong trường hợp này ta cũng có a p a (mod p) 1.4.3 Ứng dụng: Định lí Euler và định lí Fermat có nhiều ứng dụng, ở đây ta nêu lên một số ứng dụng về việc tìm số dư trong phép chia một lũy thừa cho một số đã cho và nói riêng là chứng minh sự chia hết 1.4.3.1 Tìm dƣ trong phép chia: Ví dụ 1: Tìm số dư trong phép chia 20022003 cho 19 Ta có 2002 7 (mod19) nên 20022003 72003 (mod19) , 7,19 1 ,(19) 18 Áp dụng định lí Fermat ta có: 18 1(mod19) 7 2003 18.1115 5 Lại có 2003 18.111 5 nên 7 7 7 (mod19) Ta có: 73 343 1(mod19) nên 75 32 72 (mod19) 7 7 Hay 75 49(mod19) 75 11(mod19) Vậy 20022003 chia cho 19 dư 11 tức là 20022003 11(mod19) r 11 Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia 109345 cho 14 Ta có 109 3(mod14) nên 109345 (3)345 (mod14) Lại có (3,14) 1 Áp dụng định lí Euler ta có: (3)(14) 1(mod14) Nhưng (14) 6 nên (3)6 1(mod14) Hơn nữa 345 6.57 3 cho nên: (3)345 (3)6 57 (3)3 27 (mod14) và từ 27 1(mod14) ta được: 109345 1(mod14) Vậy số dư trong phép chia 109345 cho 14 là 1 Ví dụ 3: Tìm số dư trong phép chia 27 cho 17 Ta có (2,17) 1 ; 7 (17) nên không sử dụng định lí Fermat Ta có: 23 9(mod17) và 24 1(mod17) 34 9(mod17) 2 2 Vậy số dư trong phép chia 27 cho 17 là r 9 10 1.4.3.2 Chứng minh sự chia hết: Ví dụ 4: Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên, ta có: 234n1 3 chia hết cho 11 Ta có (11) 10 ;(2,11) 1 Áp dụng định lí Fermat ta có: 10 1(mod11) , Hơn nữa ta có: 34 81 1(mod10) 2 Suy ra 34n1 3(mod10) Vậy tồn tại số tự nhiên k sao cho 34n1 10k 3(k ¢ ) 34 n1 10k 3 10k 3 3 Do đó 2 2 2 2 2 (mod11) Hay 234n1 8(mod11) Vậy 234n1 3 0 (mod11) (đpcm) Ví dụ 5: Cho a ¢, m, n * Chứng minh rằng a6n a6m M7 aM7 ¥ ( ) Giả sử aM7 ta cần chứng minh a6n a6m M7 Vì aM7 nên a 0(mod 7) a6 0(mod 7) a6n 0(mod 7) 6n 6m 6n 6m 6m a a 0(mod 7) Hay a a M7 a 0(mod 7) () Giả sử a6n a6m M7 và a không chia hết cho 7 Vì a không chia hết cho 7 nên (a, 7) 1 Theo định lí Fermat ta có: (7) 6 a6n 1(mod 7) 6n 6m a a 1(mod 7) 6m a a 2 (mod 7) (Mâu thuẫn) a 1(mod 7) Vậy suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 6: Chứng minh: pq1 q p1 1Mpq trong đó p, q là số nguyên tố Ta có: ( p, q) 1 nên q p1 1(mod p)q p1 1 0(mod p) và pq1 0(mod p) Nên pq1 q p1 1 0(mod p) (1) Lại có: pq1 1 (mod q) pq1 1 0(mod q) và q p1 0(mod q) Nên pq1 q p1 1 0(mod q) (2) Vì ( p, q) 1kết hợp với (1) và (2) ta suy ra pq1 q p1 1Mpq 11 CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TR NH V H PHƢƠNG TR NH ĐỒNG DƢ 2.1 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn: Định nghĩa: + Cho m, n là hai số nguyên dương và a0, a1, , an là các số nguyên và gọi là các hệ số Phương trình đồng dư có dạng : a0xn a1xn1 an1x an 0(mod m) (1) a 0(mod m) được gọi là phương trình đồng dư bậc n một ẩn Việc tìm tất cả các giá trị nguyên của x thỏa mãn (1) được gọi là giải phương trình đồng dư + Cho phương trình đồng dư a0xn a1xn1 an1x an 0(mod m) Số ¢ được gọi là một nghiệm đúng của phương trình nếu f () 0 (mod m) + Hai phương trình đồng dư được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm đúng Bổ đề: Nếu phương trình a0xn a1xn1 an1x an 0(mod m) có nghiệm đúng thì nó cũng nhận x (mod m) làm nghiệm Chứng minh: Ta có y 0 (mod m) Do f () 0 (mod m) nên f ( y) f ( y) f () ( y )h( y,) 0 (mod m) Do đó f ( y) 0 (mod m) Vậy x (mod m) là một nghiệm của f (x) 0 (modm) Mệnh đề: Cho phương trình đồng dư a0xn a1xn1 an1x an 0(mod m) Khi đó ta có một số phép biến đổi tương đương sau đây: + f (x) 0 (mod m) f (x) mb 0 (mod m) + f (x) 0 (mod m) af (x) 0 (mod m) ,(a, m) 1 + f (x) 0 (mod m) af (x) 0 (mod am) , a 0 ;a ¢ + Nếu d UC(a0, , an ) và (d, m) 1 thì f (x) 0 (mod m) a0 xn an 0 (mod m) d d + Nếu d UC(a0, , an ) và d 0 thì f (x) 0 (mod m) a0 xn an 0 (mod m) d d d 12 2.1.1 Phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất một ẩn: 2.1.1.1 Định nghĩa: Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là phương trình có dạng: ax b (mod m) (1), a,b ¢ a 0(mod m) 2.1.1.2 Điều kiện có nghiệm và số nghiệm: + Định lý: Phương trình ax b(mod m) có nghiệm (a, m) d | b Khi đó phương trình (1) có d nghiệm Chứng minh: () Giả sử phương trình ax b(mod m) có nghiệm, tức là x0 ¢ sao cho : ax0 b(mod m) ax0 b mt, t ¢ Từ hệ quả đã biết, ta có: (ax0, m) (m, b) Từ giả thiết (a, m) d suy ra d | a và d | m d | ax0 và d | m d | (ax0, m) (m, b) hay d | b () Giả sử (a, m) d | b Khi đó phương trình (1) tương đương a b m a m x mod , , 1 d d d d d Từ định lý trong hệ thặng dư đầy đủ: Nếu x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m thì a x cũng chạy qua hệ thặng dư đầy đủ môđun m , tức là : d d d a b m !x0 ¢ : x0 mod d d d m Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x x0 mod , đó là tập số nguyên gồm d d nghiệm x x0(mod m) có tập nghiệm là : x x0 m (mod m), x x0 2m (mod m), , x x0 (d 1)m (mod m) d d d Ví dụ: Giải phương trình 4x 8(mod10) (a) Ta có (4,10) 2 \ 8 nên phương trình (a) có 2 nghiệm Phương trình(a) 2x 4(mod5) x 2(mod5) Khi đó phương trình (a) có nghiệm là : x 2(mod10) , x 2 5(mod10) 7(mod10) + Cách xác định nghiệm: Xét phương trình ax b (mod m) (1) 13 Cách 1: Chia hai vế phương trình (1) cho a Nếu a là ước của b thì ta được nghiệm của phương trình (1) là: x b (mod m) a Nếu a không là ước của b thì do (a, m) 1, ắt có số nguyên (1 k a 1) để b kmMa Khi ấy phương trình (1) tương đương với ax b km(mod m) nên nó có nghiệm x b km (mod m) a Ví dụ: Giải phương trình 4x 7 (mod 5) (2) Ta có (4, 5) 1 \ 7 nên (2) có duy nhất một nghiệm Phương trình (2) 4x 7 5(mod 5) Suy ra x 3(mod 5) Cách 2: Dùng định lí Euler Từ giả thiết (a, m) 1 Theo định lí Euler ta có a(m) 1(mod m) (3) Nhân hai vế của (3) với b ta được: a(ba(m)1) b (mod m) Khi đó x ba(m)1 (mod m) là nghiệm của phương trình (3) Ví dụ: Giải phương trình 7x 3(mod12) Ta có: (7,12) 1 \ 3nên phương trình đã cho có duy nhất nghiệm Sử dụng cách tính theo định lý Euler, ta có : 7x 3.711(mod 12) x 3.710(mod 12) 10 36 Ta lại có : 7 7.7 7 mà: 72 1(mod 12) 73 7(mod 12) 76 49(mod 12) 1(mod 12) Suy ra 10 36 7.1.1(mod 12) 7(mod 12) 7 7.7 7 Vậy x 3.7(mod 12) 21(mod 12) 9(mod 12) + Liên hệ giữa phƣơng trình đồng dƣ bậc nhất và phƣơng trình vô định ax + by = c Xét phương trình ax by c , với a, b 0 Ta giả thiết b > 0, nếu x0, y0 là một nghiệm nguyên của phương trình vô định ax by c , ta có ax0 by0 c hay ax0 c b( y0 ) Suy ra: ax0 c(mod b) và y0 c ax0 b 14 Ngược lại nếu x0 ¢: ax0 c (mod b) c ax0 0(mod b) Tức là y0 ¢ : c ax0 by0 hay ax0 by0 c , tức là (x0, y0 ) là nghiệm riêng của phương trình ax by c Kết luận: Phương trình ax by c , ax c(mod b) có nghiệm (a,b) d | c Ví dụ: Giải phương trình vô định 11x 25y 30 Ta có (11, 25) 1| 30 nên phương trình có nghiệm nguyên Xét phương trình đồng dư 25y 30(mod 11) 5y 6(mod11) y 10(mod11) y 10 11t (t ¢) x 30 25y 30 25(10 11t) 25t 20 11 11 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là : x 25t 20 ;t ¢ y 11t 10 2.1.2 Phƣơng trình đồng dƣ một ẩn bậc cao: Cho m 0 là một số nguyên Phương trình đồng dư một ẩn bậc cao có dạng : f (x) a0xn a1xn1 an 0 (mod m) (1) với a0 0(mod m) , n 1 Định lí 1: Giả sử m có phân tích chính tắc m p1 p2 ps thành các thừa số 12 s nguyên tố Khi đó phương trình (1) tương đương với hệ phương trình đồng dư sau: f (x) 0 (mod p11 ) 2 f (x) 0 ( mod p2 ) (2) f ( x) 0 (mod pss ) Chứng minh: Giả sử x x0 (mod m) là một nghiệm của (1) Khi đó f (x0 ) 0 (mod m) Vì m là bội của các pii , nên ta cũng có: f (x0 ) 0 (mod p11 ) ( mod p22 ) f (x0 ) 0 f ( x0 ) 0 (mod pss ) 15 Như vậy x x0 (mod m) là một nghiệm của (2) Ngược lại, giả sử x x0 (mod m) là một nghiệm của (2) Khi đó: f (x0 ) 0 (mod pii ) ,i 1, , s Do f (x0 ) chia hết cho các pii và các pii là nguyên tố sánh đôi nên f (x0 ) chia hết cho tích m p11 p22 pss hay f (x0 ) 0 (mod m) Tức là (1) có nghiệm x x0 (mod m) Nh n xét: Như vậy việc giải phương trình (1) được thay bằng việc giải hệ (2) Nếu mỗi phương trình f (x) 0 (mod pii ) ta sẽ tìm được nghiệm, chẳng hạn: x xi (mod pii ) , i 1, , s thì ta sẽ giải hệ sau đây: x x1 (mod p11 ) 2 x x2 (mod p2 ) x xs (mod pss ) để tìm nghiệm của (2) Rõ ràng để giải được (1) ta cần phải biết giải các phương trình dạng f (x) 0 (mod p ) với p nguyên tố Áp dụng công thức khai triển Taylor của hàm đa thức f (x) bậc n tại x a , ta có: f (x) f (a) f ' (a) (x a) f (i) (a) (x a)i f (n) (a) (x a)n 1! i! n! Dễ dàng chỉ ra f (i) (a) ¢ khi a là một số nguyên Thay x a pt ta có: i! f (a pt) f (a) f ' (a) pt f '' (a) p2t2 f (n) (a) pntn 1! 2! n! Định lí 2: Cho hai phương trình: f (x) 0 (mod pn ) (3) f (x) 0 (mod pn1) (4) Với p là một số nguyên tố và n 1 nguyên Khi đó mỗi nghiệm đúng của (3) cũng là một nghiệm đúng của (4) Ngược lại giả sử x x1 (mod pn1) là một nghiệm của (4) và kí hiệu S là tập tất cả các lớp môđulô pn của x1 (mod pn1) Khi đó ta có khẳng định sau: + Nếu f '(x1) không chia hết cho p, thì trong S sẽ có đúng một lớp là nghiệm của (1) 16 + Nếu f '(x1) chia hết cho p và f (x1) chia hết cho pn thì tất cả các lớp của S đều là nghiệm của (1) + Nếu f '(x1) chia hết cho p và f (x1) không chia hết cho pn thì tất cả các phần tử của lớp x1 (mod pn1) đều không là nghiệm đúng của (3) do đó tất cả các lớp của S đều không là nghiệm của (3) Chứng minh: + Hiển nhiên, mỗi nghiệm của (3) đều là nghiệm của (4) Giả sử x x1 (mod pn1) là một nghiệm của (2) Khi đó n1 thay vào x x1 p t phương trình f (x) 0 (mod pn ) ta có f (x1 n1 0 (mod pn ) Theo công thức khai p t) triển Taylor cho hàm đa thức ở vế trái, ta có: n1 ' n f (x1) p tf (x1) 0(mod p ) Chia hai vế cho pn1 ta nhận được n1 f (x1) tf ' (x1) 0 (mod p) (*) p Khi đó nếu f ' (x1) không chia hết cho p thì (*) có nghiệm duy nhất t t1 (mod p) t t1 pt2 Do đó n1 n n1 (mod pn ) là nghiệm hay x x1 p t1 p t2 Vì vậy x x1 p t1 duy nhất của (1) trong S + Nếu f ' (x1) chia hết cho p và f (x1) chia hết cho pn thì (*) có nghiệm với mọi t Do đó tất cả các phần tử của S đều là nghiệm của (1) + Nếu f ' (x1) chia hết cho p và f (x1) không chia hết cho pn thì rõ ràng (*) vô nghiệm Do đó các phần tử của lớp x1 (mod pn1) đều không là nghiệm đúng của (3) Ví dụ: Giải phương trình đồng dư: f (x) x4 2x3 9x 1 0 (mod125) Xét x4 2x3 9x 1 0 (mod 5) Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ ta có x 1(mod 5) và x 2(mod 5) là nghiệm của phương trình Ta có f '(x) 4x3 6x2 9 Xét nghiệm x 1(mod 5) , ta có f '(1) 1 không chia hết cho 5 Đặt x 1 5t1 ta có: f (1) 5t1 f '(1) 0(mod 25) hay 5 5t1 0 (mod 25) Chia cho 5 ta có t1 1(mod 5) Vậy t1 1 5t2 Và x 1 5(1 5t2) 6 25t2 Thay x 6 25t2 vào phương trình đồng dư f (x) x4 2x3 9x 1 0 (mod125) Dùng khai triển Taylor ta có: 17