skkn ứng dụng hệ thặng dư module m cho học sịnh chuyên toán

Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ MODULE M ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN Người thực hiện: Nguyễn Hồng Lữ Lĩnh vực nghiên cứu: Phương ph

-

-

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Đơn vị : Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

Mã số:

(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ MODULE M

ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN

Người thực hiện: Nguyễn Hồng Lữ

Lĩnh vực nghiên cứu:

Phương pháp dạy học bộ môn: Số học chuyên

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN

 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2013 - 2014

-

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: Nguyễn Hồng Lữ

2 Ngày tháng năm sinh: 23 tháng 8 năm 1956

3 Nam, nữ: nam

4 Địa chỉ: 712 Phạm Văn Thuận Khu 7 Tam Hiệp Biên Hòa Đồng nai

5 Điện thoại: 0983553175

6 Chức vụ: Giáo viên

7 Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: cử nhân khoa học

- Năm nhận bằng: 1981

- Chuyên ngành đào tạo: Toán học

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy toán học

Số năm có kinh nghiệm: 37 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

 Cực trị trong hình học phẳng

 Cực trị trong hình học không gian

 Bất đẳng thức trong tam giác

 Số chính phương

 Một số vấn đề giảng dạy số học cho HSG

 Một số nguyên lí chung của Toán học

-

Tên SKKN :

ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ MODULE M

ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Do bản thân đang dạy toán tại Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh cho các

em học sinh chuyên toán , lại được tổ Toán phân công phụ trách phân môn Số học nên việc nghiên cứu sâu vào lí thuyết số là điều bắt buộc phải hoàn thành nhiệm vụ Những người làm toán chuyên tất nhiên hiểu sự khó khăn của việc giải các bài toán số học trong các kì thi Olympic Toán học cũng như trong các kì thi HSG

Sách giáo khoa dạy cho lớp chuyên không có , bản thân các thầy cô giáo dạy chuyên toán và kể cả các học sinh chuyên toán gặp rất nhiều khó khăn trong việc thiết kế phân loại bài tập và biên soạn tài liệu về các phương pháp giải toán đỉnh cao

Trong bối cảnh tài liệu tham khảo cho học sinh về chuyên ngành SỐ HỌC còn gặp nhiều hạn chế và thiếu tính thống nhất , tôi tự thấy có trách nhiệm biên soạn các chuyên đề về Lí thuyết số để giảng dạy ở các lớp chuyên toán

Đề tài này ra đời trong hoàn cảnh như vậy !

II-TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

A-Kiến thức liên quan:

Để đọc và hiểu được đề tài này bạn cần có những kiến thức sau :

● Kiến thức vế tập thương

● Lí thuyết về hệ thặng dư module m

● Lí thuyết về hệ thặng dư đầy đủ module m

● Lí thuyết về hệ thặng dư thu gọn module m

● Một số đề thi quốc gia , quốc tế liên quan

● Một số bài tập dành cho học sinh tự giải

-

B-NỘI DUNG ĐỀ TÀI :

HỆ THẶNG DƯ

(Set of Residues)

A: Khái niệm tập thương và các lớp thặng dư theo modulo m:

● Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m (m ≥ 2) thì theo định

lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0  r ≤ m – 1 )

● Ta sắp xếp các số nguyên có cùng số dư khi chia cho m vào cùng một tập hợp : Cụ thể là ta kí hiệu [ ]k m x Z x| k(mod ) ; 0m   k m 1 ; mỗi tập [k]m được gọi là lớp thặng dư thứ k theo modulo m , nói vắn tắt là lớp thặng dư thứ k modulo m Vì vậy tập hợp các số nguyên Z sẽ

được phân hoạch thành các tập con khác rỗng ; không giao nhau (tập thương) và có :

1

0

[ ]

m

m

k







● Ta nói a;b cùng lớp thặng dư modulo m nếu và chỉ nếu ab (mod m)

● Ta cũng kí hiệu n (xin đọc là Z modulo n) là tập hợp tất cả các lớp thặng dư modulo n (mỗi phần tử của n là một lớp thặng dư modulo n) :  n [0] ;[1] ; ;[n 1]n n  n

● Nếu không gây nhầm lẫn ta chỉ cần viết tắt  a k m để chỉ một hệ thặng dư theo modulo m

● Cho [ ]k mm , Nếu (k,m) = 1 thì ta nói [k]m là lớp thặng dư nguyên tố với m

B: Tính chất cơ bản của lớp thặng dư :

Tính chất 1: Cho số nguyên dương m ; số nguyên a Khi đó tồn tại duy nhất một lớp thặng dư

modulo m chứa a

Tính chất 2: Cho số nguyên dương m ; với các số nguyên a , b tùy ý ta có :

1/ [a]m = [b]m  a ≡ b (mod m)

2/ [ ]a m [ ]b m   a b (mod m)

Tính chất 3: Mỗi lớp thặng dư modulo m chứa vô hạn số nguyên

C : Hệ thặng dư đầy đủ (Complette set of residues modulo m):

-

1-Định nghĩa : Cho số nguyên dương m Giả sử :

1

0 [ ]

m

m k





 ([k]m là lớp thặng dư thứ k theo modulo m) Lấy ; ak [ ] :k m k0;1; 2; ;m1 Tập {a0 ; a1 ; a2;….;am-1} gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m

● Ta có thể viết tắt : Hdd = {a0 ; a1 ; a2;….;am-1}; hoặc  m1

i i

hdd s  để chỉ một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m

● Ta gọi hệ : Hdd = {0;1;2; ; m-1} là hệ hặng dư đầy đủ không âm bé nhất

● Nếu m lẻ thì hệ : 1; 1 1; ; 1

có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

● Mỗi hệ hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m có đúng m phần tử

Ví dụ 1: Tập hợp {0;1;2;3;4;5;6;7} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 8 Tập hợp {-16;9; -6 ; 11

; -12 ; 45 ; -26 ; 87} cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 8 Tập hợp {0;1;2; ;7} là hệ thặng

dư đầy đủ không âm bé nhất Tập hợp {-3 ; -2 ; -1 ; 0;1;2;3;4} là hệ thặng dư đầy đủ có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

Ví dụ 2: Tập hợp {0;1;2;3;4} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 5 đồng thời là hệ thặng dư đầy

đủ không âm bé nhất Tập hợp : { -2 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 2 } là hệ thặng dư đầy đủ có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

2-Các tính chất :

Tính chất 1: Tập {a0 ; a1 ; a2;….;am-1} là một hệ thặng dư đầy đủ với i ≠ j thì a i  a j mod m Tính chất 2: Cho hệ Hdd = {a0 ; a1 ; a2;….;am-1} Khi đó với mỗi x thì tồn tại duy nhất một

k dd

a H sao cho xa k (mod m)

Tính chất 3: Cho hệ Hdd = { a1 ; a2;….;am} Khi đó : Tồn tại duy nhất ak ( 1 ≤ k ≤ m) sao cho :

1

1 m

i

i

k

a

a  không chia hết cho m

Tính chất 4: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a0 ; a1 ; a2;….;am-1} Khi đó với mỗi x thì

a0x a; 1x; ;a m1x cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

-

Tính chất 5: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a0 ; a1 ; a2;….;am-1} Khi đó với mỗi c và (c;n) = 1 thì ca0;c ; ;ca1 a m1 cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

Tính chất 6: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a0 ; a1 ; a2;….; am-1} Cho b, c là hai số

nguyên (b; m) =1 ; Khi đó : ba0c; ba1c; ; ba m1clà một hệ thặng dư đầy đủ modulo m (Tính chất này xem là hệ quả của hai tình chất 3,4 ở trên)

Tính chất 7: Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo n : (ak)m ; (bk)m Khi n chẵn thì (ak+bk) không là hệ thặng dư đầy đủ Khi n lẻ thì (ak+bk) có thể là hệ thặng dư đầy đủ hoặc cũng có thể không là hệ thặng dư đầy đủ

Ví dụ : Với n = 3 Ta xét các là hệ thặng dư đầy đủ : A={1,2,3} ; B={4,5,6} ; C={5,4,6} ta có A+B = {5,7,9} là hệ thặng dư đầy đủ ; A+C = {6;6,9} không là hệ thặng dư đầy đủ

Tính chất 8: Cho a; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m Khi đó : ax + c sẽ chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

Tính chất 9: Cho (a;b) = 1 ; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo b Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo ab

Tính chất 10: Cho : a ; bZ ; (a;m) =1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m Khi

2

x T

m



  

 

 

 (kí hiệu {x} là phần phân của số thực x)

D : Hệ thặng dư thu gọn (Reduced set of residues modulo m):

1-Định nghĩa : Cho hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m  a k m; Tập hợp gồm tất cả các số thuộc

 a k m và nguyên tố cùng nhau với m thì được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo m Nói khác đi : Bạn gạch bỏ các số thuộc hê thặng dư đầy đủ mà số đó có ước chung khác 1 với modulo m thì bạn thu được một hệ thặng dư thu gọn modulo m Điều này giúp ta nhớ tới định

nghĩa về phi-hàm Euler : Số phần tử của một hệ thặng dư thu gọn không âm bé nhất modulo m sẽ

bằng giá trị φ(m)

● Ta sẽ viết tắt : Htgs1;s ; ;s2 ( )m hoặc   ( )

1

m

i i

htg s  để ám chỉ một hệ thặng dư thu gọn modulo

m

Ví dụ 1: {1;3;5;7} là hệ thặng dư thu gọn modulo 8 đồng thời là hệ thặng dư thu gọn không âm

bé nhất { -3 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 3 } là hệ thặng dư thu gọn có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

Ví dụ 2: Với số nguyên tố p bất kì thì tập hợp {1;2; ; p-1} là một hệ thặng dư thu gọn modulo p 2-Các tính chất quan trọng :

-

Tính chất 0: Một tập gồm n số nguyên : A = s1;s ; ;s2 n là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :

1) Với i ≠ j (1 ≤ i ; j ≤ n) thì s i  s j (mod m)

2) n= φ(m)

Tính chất 1: Số phần tử trong một hệ thặng dư thu gọn modulo m là (m)

Tính chất 2: Nếu (a;m) =1 ; x chay qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m thì ax cũng chạy

qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m

Tính chất 3: Cho (a;b) = 1 ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư

thu gọn modulo b Khi đó : ax + by sẽ chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo ab

Tính chất 4: Cho : a;bZ ; (a;m) =1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo m Khi đó

2

x T

m







  

 

 



Tính chất 5: Giả sử rằng : s1;s ; ;s2 ( )mlà hệ thặng dư thu gọn modulo m Khi đó tập hợp

s s1k; 2k; ;sk( )m là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu và chỉ nếu k; ( ) m 1

Lưu ý : Các học sinh sẽ tự chứng minh các tính chất trên xem như bài tập vận dụng định nghĩa!

MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Cho m là số nguyên dương lẻ và m ≥ 3 CMR : Tập A ={2;4;6; ; 2m} là một hệ

thặng dư đầy đủ modulo m

Chứng minh : Ta c/m không có 2 số nào trong A đồng dư theo modulo m (*) Dùng phản chứng

: Giả sử với 1≤ i < j ≤ n mà có 2i≡ 2j (mod m) (1) ; do m lẻ => (2,m) = 1 nên từ (1) => i ≡ j (mod m) điều này trái với 1≤ i < j ≤ n Mặt khác A có m phần tử (**) Từ (*)(**) => đpcm

Ví dụ 2: CMR : Để tồn tại 3 tập :  a k m;  b k m và a kb km đều là hệ thặng dư đầy đủ

modulo m m là số nguyên dương lẻ

Giài : Điều kiện cần : Vì  a k m ;  b k m và a kb km đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m => 1

( 1)

1 2

2

m

i

i

m m





    

1

( 1)

1 2

2

m

i i

m m





    

-

1

( 1)

1 2

2

m

i i

i

m m





     

1

( 1)

m

i i

i



  

2

(mod m) => m + 1 chia hết

cho m => m lẻ

Điều kiện đủ : Giả sử m lẻ Ta chọn a i  b i i với mọi i (1≤ i ≤m) => 3 tập :  a k m;  b k m và

a kb km đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m (dựa vào kquả bài 5)

Ví dụ 3: CMR : Nếu m là số nguyên dương ; m ≥ 3 thì tập S = 2 2 2 2

1 ; 2 ;3 ; ; m không là một

hệ thặng dư đầy đủ modulo m

Chứng minh : Ta thầy 12 (m1)2 ; 22 (m2)2 ; => đpcm

Ví dụ 4: Cho số nguyên tố p thỏa : p ≥ 5 ; p ≡ 2 (mod 3) CMR : Tập H = {23 - 1 ; 33 - 1 ; 43 - 1

; ; p3 - 1 } lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo p

Chứng minh : Ta thấy tập H có (p – 1 ) phần tử , hay số phần tử của H bằng φ(p) Ta phải chứng

minh hai điều :

i) Mọi phần tử trong H đều nguyên tố cùng nhau với p

ii) Hai phần tử bất kì trong H không đồng dư với nhau theo modulo p

CM i): Ta c/m mọi phần tử của H không chia hết cho p bằng phản chứng : Giả sử tồn tại a (2 ≤ a

≤ p) sao cho a3

– 1 chia hết cho p => a3 ≡ 1 (mod p) (1) Nếu a = p thì từ (1) => 1 chia hết cho p :

vô lí => 2≤ a ≤ p – 1 (*) ; theo Fermat có : ap-1

≡ 1 (mod p) (2) Vì p ≡ 2 (mod 3) => p = 3k + 2 nên từ (2) có a3k+1 ≡ 1 (mod p) (3) Từ (1) => a3k ≡ 1 (mod p) => a3k a ≡ a (mod p) hay a3k+1 ≡

a (mod p) (4) Từ (3)(4) => a ≡ 1 (mod p) => a – 1 chia hết cho p => hoặc a = 1 hoặc a-1 ≥ p => hoặc a = 1 hoặc a ≥ p+1 : điều này trái với (*)

CM ii) : Phản chứng : Giả sử có 2 phần tử trong H đồng dư với nhau theo modulo p ; tức là tồn tại a,b thỏa 2≤ a < b ≤ p-1 sao cho a3 – 1 ≡ b3 – 1 (mod p) => a3 ≡ b3 (mod p) => a3k ≡ b3k (mod p) => a3k+1 ≡ b3k a (mod p) (5) Theo Fermat có : ap-1 ≡ 1 (mod p) ; bp-1 ≡ 1 (mod p) => ap-1 ≡ bp-1

- (mod p) => a3k+1 ≡ b3k+1 (mod p) (6) Từ (5)(6) => b3k a ≡ b3k+1 (mod p) => a ≡ b (mod p) : điều này không xảy ra

Ví dụ 5: Cho số nguyên tố p Xét hai hệ thặng dư đầy đủ : r r1; ; ;2 r p và s1;s ; ;s2 p

modulo p Liệu tập hợp r s1 1; r s ; ; r s2 2 p p có là một hệ thặng dư đầy đủ không ?

Lời giải : Giả sử r s1 1; r s ; ; r s2 2 p p là htdđđ mod p => r s i i  r s k k (mod p) với i≠k (1)

Ta giả sử tồn tại k ; i (1≤ k ; i ≤ p) sao cho ri ≡ 0 ≡ sk (mod p) => risi ≡ 0 ≡ rksk (mod p) (2) , Nếu

i ≠ k thì từ (2) => r s1 1; r s ; ; r s2 2 p pkhông là htdđđ mod p ( mâu thuẫn (1)) nên i = k , không mất tính tổng quát ta giả sử i = k = p và như thế thì r s p p 0 (mod p) => r s1 1; r s ; ; r s2 2 p1 p1 là htdtg mod p =>

1

1

p

i i i

r s





 = 1.2.3 (p-1) = (p-1)! (3) Theo định lí Willson có (p-1)! ≡ - 1 (mod p) (4)

Từ (3) và (4) =>

1

1

1

p

i i i

r s





 

 (mod p) (5) Mặt khác do rp ≡ 0 ≡ sp (mod p) nênr r1; ; ;2 r p1

và s1;s ; ;s2 p1 là các htdtg modulo p =>



  = 1.2.3 (p-1) = (p-1)! ≡ - 1 (mod p)

=>

1

1

p

i i

i

r s





 =

p p

i i

i i

 

 

  ≡ (-1)(-1) = 1 (mod p) (6) Ta thấy (5) mâu thuẫn với (6) Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng : tập hợp r s1 1; r s ; ; r s2 2 p p không là một hệ thặng dư đầy đủ

Ví dụ 6: CMR : Tập hợp A =  0 1 2 15

0;3 ;3 ;3 ; ;3 lập thành một hệ thặng dư đầy dủ modulo 17

Chứng minh : Ta cần chứng minh : Với i≠j (0≤ i <j ≤15) thì 3i  3j (mod 17) Phản chứng :

Giả sử Với i≠j (0≤ i <j ≤15) thì 3i 3j (mod 17) 3j i 1 (mod 17) (1) Giả sử : ord173h ;

từ (1) => j-i chia hết cho h (2) Theo Fermat có 316 1 (mod 17) ; => h|16 => h1; 2; 4;8;16

;

để ý : 31≡ 3 (mod 17) ; 32≡ 9 (mod 17) ; 34≡ -4 (mod 17) ; 38≡ -1 (mod 17) => ord173 16

(3)

Từ (2)(3) => (j-i) chia hết cho 16 : điều này vô lí vì 1  j i 15

-

Bình luận : Từ bài toán trên ta bài tập hệ quả : “ Phương trình 3x = 17y có vô số nghiệm nguyên (x,y) “

Ví dụ 7: (Định lí Euler) : Cho các số nguyên dương a , m thỏa : m ≥ 2 ; (a,m) = 1 Khi đó ta có

: ( )

1

m

a  (mod m)

Chứng minh : Xét hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất g1;g ; ;g2 ( )m Vì (a,m) = 1 =>

ag1;ag ; ;ag2 ( )m cũng là một hệ thặng dư thu gọn Chọn c i cùng lớp thặng dư với ag i

i1, (m)  sao cho 0  c i m 1 => c1;c ; ;c2 ( )mlà hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất Vì cả hai hệ : g1;g ; ;g2 ( )mvà c1;c ; ;c2 ( )mđều là hệ thặng dư thu gọng không âm nhỏ nhất =>

( ) ( )



  (1) Vì c i cùng lớp thặng dư với ag ia g i c i (mod m) =>



( ) ( ) ( )

m





  (mod m) (2) Từ (1) (2) => ( )

1

m

a  (mod m) : đpcm

Ví dụ 8 : Cho hai số nguyên dương m1 ; m2 nguyên tố cùng nhau : (m1 ; m2) = 1 Kí hiệu φ(m)

là giá trị phi-hàm Euler của m CMR : m m1 2   m1  m2 (tính chất nhân của phi-hàm)

Chứng minh : Đặt m = m1.m2 Giả sử A =   ( 1 )

1

m

i i

htg a  ; B =   ( 2 )

1

m

i i

htg b  Xét số nguyên dương a tùy í sao cho (a;m) = 1 => a một hệ thặng dư thu gọn C modulo m Vì (a;m) = 1 => (a;m1) = 1 và (a;m2) = 1 =>  a i A sao cho a ≡ ai (mod m1) ;  b j B sao cho a ≡ bj (mod m2)

Từ đây suy ra : Mỗi phần tử a  hệ thặng dư thu gọn C modulo m sẽ tương ứng với cặp số

 a b i; j

Ngược lại : với cặp số  a b i; j thì theo định lí phần dư Trung Hoa tồn tại duy nhất một lớp thặng

dư mod m chứa a và thỏa a≡ai (mod m1) ; a≡bj (mod m2)

Vậy có tương ứng 1-1 giữa số a và cặp số  a b i; j => số phần tử của C bằng tích các số phần tử của A và B => φ(m) = φ(m1).φ(m2)