skkn ỨNG DỤNG hệ THẶNG dư GIẢI các bài TOÁN số học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY BẢN ĐĂNG KÍ SÁNG KIẾN NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ TÀI: ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC NGƯỜI THỰC HIỆN: 1) ĐẶNG ĐÌNH SƠN 2) AN VĂN TÂN TỔ: TOÁN – TIN PHÒNG: KT&KĐCL SỞ GDĐT TỈNH NINH BÌNH NINH BÌNH NĂM 2015 I ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài Số học môn khoa học có vai trò quan trọng việc rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh Thế giới số thật gần gũi, thân quen đầy bí ẩn Tư số học tự nhiên thực phức tạp đòi hỏi người học, nghiên cứu phải có tư cao Các toán số học thách thức bao hệ học sinh kỳ thi chọn học sinh giỏi (HSG) toán cấp, kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh, kỳ thi HSG cấp Quốc gia, Olympic Quốc tế nhiều toán số học thách thức nhân loại Số học có sức hút vẻ đẹp kì lạ, gọi “Bà chúa Toán học” Việc học tập môn số học chương trình toán trung học em học sinh gặp nhiều khó khăn nhiều lí Trong phần lớn việc tiếp cận toán số học cách không tự nhiên, không bản, không hình thành tư số học cho em nên em thường bế tắc giải toán số học Với mong muốn trang bị cho người học cách tiếp cận tốt với môn số học lí tác giả viết đề tài 2 Mục đích nghiên cứu Cách tiếp cận, xây dựng hệ thống kiến thức số học qua lí thuyết Hệ thặng dư coi cách tiếp cận tự nhiên cho người học Ngay từ học số lớp tiểu học, trung học sở giải toán chia hết, chẳng hạn chứng minh biểu thức f(n) (n nguyên) chia hết cho biết xét trường hợp n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k + (k số nguyên), mô hình chung hiểu tập số nguyên chia thành phần (3 lớp thặng dư modulo 3), làm việc với ba số 0, 1, ba đại diện ba phần ({0, 1, 2} hệ thặng dư đầy đủ modulo 3) Như tiếp cận với Hệ thặng dư từ học lọt lòng số học Tiếp cận toán số học lí thuyết Hệ thặng dư mục đích nghiên cứu đề tài tác giả Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài kiến thức Hệ thặng dư, định lí số học toán số học chương trình toán học trung học phổ thông, từ tập đến tập khó kỳ thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp quốc gia Olympic toán quốc tế Phạm vi ứng dụng đề tài Bản sáng kiến sử dụng cho em học sinh học học tập môn số học, ôn thi học sinh giỏi toán THPT cấp tỉnh, cấp quốc gia Olympic toán quốc tế Sáng kiến sử dụng cho thầy cô giáo dạy môn Toán bồi dưỡng học sinh giỏi THPT Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy lớp chuyên toán công tác tổ chức kì thi chọn học sinh giỏi, chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia Nghiên cứu qua tài liệu, semina, mạng internet… II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ HỆ THẶNG DƯ Tập hợp số dư phép chia số nguyên cho số nguyên dương n {0, 1, 2, …, n – 1} Như tập số nguyên chia thành n lớp thặng dư modulo n, hai số nguyên thuộc lớp chúng có số dư chia cho n (đồng dư theo modulo n) Mỗi lớp ta chọn đại diện, tập hợp đại diện lớp gọi Hệ thặng dư đầy đủ modulo n Các thông tin thu từ hệ thặng dư giúp nghiên cứu tính chất tập số nguyên tập số nguyên Như hệ thặng dư giúp ta nghiên cứu tính chất tập vô hạn thông qua tập hữu hạn 1.1 Hệ thặng dư đầy đủ Định nghĩa: Với n số nguyên dương, hệ thặng dư đầy đủ (HTDĐĐ) modulo n tập hợp gồm n số nguyên mà hai số số dư chia cho n Ví dụ: HTDĐĐ nguyên dương nhỏ modulo n: {1, 2, 3,…, n} HTDĐĐ có giá trị tuyệt đối nhỏ modulo (2n+1): {–n, –(n–1),…,1, 0, 1, 2,…, n} Từ định nghĩa hệ thặng dư đầy đủ modulo n suy số tính chất sau: Tập hợp n số nguyên {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n “Nếu xi ≡ xj (modn) i = j với i, j ∈{1, 2,…, n}” Cho {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n, với số nguyên x tồn i ∈{1, 2,…, n} thỏa mãn x ≡ xi (modn) Cho {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n hai số nguyên a, b thỏa mãn (a, n) = 1, đó:{ax1+b, ax2+b, ax3+b,…, axn+b} HTDĐĐ modulo n Cho f (x1 , x , , x n ) đa thức n biến với hệ số nguyên {a 1, a2,…, an}, {b1, b2, …, bn} HTDĐĐ modulo n ta có: f (a1 ,a , ,a n ) ≡ f (b1 ,b , ,b n )(mod n) Khi nghiên cứu số nguyên tố với số nguyên dương n ta sử dụng khái niệm hệ thăng dư thu gọn modulo n 1.2 Hệ thặng dư thu gọn Nhận xét: Với số nguyên dương n, kí hiệu ϕ(n) số số nguyên k  1 ϕ (n) = n dương nguyên tố với n nhỏ n Ta có: ∏ 1 − ÷ pi  i =1  {p1 ,p , ,p k } tập hợp ước nguyên tố n Định nghĩa: Tập hợp số nguyên {x 1, x2, x3,…, xϕ(n)} gọi hệ thặng dư thu gọn (HTDTG) modulo n số xi nguyên tố với n hai số không đồng dư với theo modulo n Nhận xét: Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDTG modulo n Khi với số nguyên x nguyên tố với n tồn i ∈{1, 2,…, xϕ(n)} thỏa mãn x ≡ xi (modn) Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n số nguyên a thỏa mãn (a, n) = 1, đó:{ax1, ax2, ax3,…, axn} HTDĐĐ modulo n Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n Khi với thuộc {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ(n ) } thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) (x, x gọi nghịch đảo modunlo n) x ≠ y x ≠ y Chứng minh: Vì x ∈{x1, x2, x3,…, xϕ(n)} nên x nguyên tố với n, {xx 1, xx2, xx3,…, xxϕ(n)} HTDĐĐ modulo n Suy tồn i ∈{1, 2, …, xϕ(n)} thỏa mãn xxi ≡ (modn) Trong nhận xét tổng quát hơn: Cho {x 1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n số nguyên a nguyên tố với n Khi với thuộc {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ (n ) } thỏa mãn xx ≡ a(mod n) x ≠ y x ≠ y Từ định nghĩa tính chất hệ thặng dư ta áp dụng để giải chứng minh đồng dư, chia hết; chứng minh tồn số tự nhiên, tìm số nguyên thỏa mãn qua hệ đồng dư, chia hết; tính tổng phần nguyên, phần lẻ ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC Định lí (Fermat nhỏ) Cho số nguyên tố p số nguyên a nguyên tố với p Khi ta p −1 có a ≡ 1(mod p) Chứng minh: Ta có {1, 2, 3,…, p – 1} HTDTG modulo p Vì (a, p)=1 nên {a, 2a, 3a,…,(p – 1)a} HTDTG modulo p p −1 p −1 k =1 k =1 Suy ∏ ka ≡ ∏ k(mod p) ⇒ (p − 1)!a p−1 ≡ (p − 1)!(mod p) ⇒ a p−1 ≡ 1(mod p) Nhận xét: Với cách chứng minh tương tự ta có định lí sau Định lí (Euler) Nếu số nguyên a nguyên tố với số nguyên dương n a ϕ (n ) ≡ 1(mod n) Định lí Phương trình đông dư ax ≡ b(mod n) có nghiệm ước chung lớn d a n ước b Khi phương trình có d nghiệm (mỗi nghiệm lớp thặng dư modulo n) Chứng minh: Nếu phương trình có nghiệm dễ thấy d | b Giả sử d | b Trước tiên ta chứng minh trường hợp a n nguyên tố hay (a, n) = Thật ta có: Giả sử {x 1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n suy {ax1, ax2, ax3,…, axn} HTDĐĐ modulo n Do tồn x ∈ {x1, x2, x3,…, xn} thỏa mãn ax ≡ b(mod n) ax ≡ b(mod n) ⇔ a b n x ≡ (mod ) d d d a b n a n d = (a,n) ⇒  ; ÷ = ⇒ x ≡ (mod ) có nghiệm d d d d d Giả sử x0 nghiệm a b n kn x ≡ (mod ) ⇒ x + (0 ≤ k ≤ d) nghiệm d d d d ax ≡ b(mod n) ⇒ ax ≡ b(mod n) có d nghiệm Định lí (Wilson) Số nguyên dương p số nguyên tố (p − 1)! ≡ −1(mod p) Chứng minh: + Giả sử (p − 1)! ≡ −1(mod p) , suy p ước dương p, p nguyên tố + Với p nguyên tố Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 1(mod p)  x ≡ −1(mod p) x = p − x ≡ 1(mod p) ⇔  ⇔  x ≡ 1(mod p) x = Do đó: {2, 3, …, p – 2} chia thành p−3 cặp nghịch đảo Suy (p − 1)! ≡ −1(mod p) 10 ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI MÔT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài toán Cho số nguyên dương n nguyên tố với (22016 − 2) {x1 , x , , x ϕ (n) } HTDTG modulo n Chứng minh rằng: x12015 + x 2015 + + x ϕ2015 (n ) Mn Lời giải: Từ giả thiết suy (2, n) = 1, {2x1 , 2x , , 2x ϕ(n ) } HTDTG modulo n ( 2x1 ) 2015 + ( 2x ) 2015 + + ( 2x ϕ(n) ) 2015 ≡ x12015 + x 22015 + + x ϕ2015 (n ) (mod n) 2015 2015 ⇒ ( x12015 + x 2015 + + x 2015 − 1) Mn ⇒ x12015 + x 2015 + + x ϕ2015 − 1, n) = ) ϕ (n ) ) ( 2 (n ) (vì (2 Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod4) Chứng minh với a thuộc {1;2; ; p −1 p −1 } tồn b thuộc {1;2; ; } thỏa mãn 2 a + b ≡ 0(mod p) Lời giải: p −1 ÷!    Đặt x =  11 Ta có: {− p −1 p − p −1 ,− , , −1,1, 2, , } HTDTG modulo n 2 p −1  p −  p −  ≡ (p − 1)! ≡ −1(mod p) Do p ≡ 1(mod4) nên x =  − ÷ − ÷ ( −1) 1.2    hay x + ≡ 0(mod p) Với a thuộc {1;2; ; p −1 } tồn a thuộc {1, 2,3, , p − 1} thỏa mãn a ≡ ax(mod p) Nếu a thuộc {1;2; ; p −1 } lấy b a ta có: a + b ≡ a + ( ax ) (mod p) ≡ a (x + 1) ≡ 0(mod p) Nếu a thuộc { ( ) p +1 , , p − 1} lấy b p − a ta có: 2 b ≡ a (mod p) ⇒ a + b ≡ a + ( ax ) (mod p) ≡ a (x + 1) ≡ 0(mod p) Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 2(mod3) Chứng minh với số nguyên n tồn vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Lời giải: Ta chứng minh: Nếu {x1, x2, x3,…, xp} HTDĐĐ modulo p {x13 , x 32 , x 33 , , x 3p } HTDĐĐ modulo p Thật vậy: x ≡ y3 (mod p) ⇒ (x ) p−2 ≡ (y ) p−2 (mod p) ⇒ x p −2 ≡ y p −2 (mod p) + x Mp ⇒ yMp 12 + x Mp ⇒ y Mp ⇒ x p −1 ≡ yp −1 (mod p) ⇒ x ≡ y(mod p) 3 3 Vậy x ≡ y3 (mod p) ⇒ x ≡ y(mod p) Suy {x1 , x , x , , x p } HTDĐĐ modulo p 3 3 Vì {x1 , x , x , , x p } HTDĐĐ modulo p nên với số nguyên n tồn vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Bài toán Cho số nguyên tố p lớn đa thức P(x) = + 2x + 3x +…+ pxp-1 Chứng minh với số nguyên m phương trình P(x) ≡ m có nghiệm nguyên Lời giải: Ta chứng minh: Nếu x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod p P(x) chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy: P(x) = + 2x + 3x + + px p −1 ⇒ (x − 1)P(x) = x p − + x(x p −1 − 1) + + x p −1 (p − 1) = px p − (1 + x + x + x p −1 ) ⇒ (x − 1) P(x) = px p (x − 1) − x p + ⇒ (x − 1)2 P ( x ) ≡ − x(mod p) + P(1) = p(p − 1) ≡ 0(mod p) + x ≠ 1(mod p) ⇒ P(x) ≠ 0(mod p) + x, y ≠ 1(mod p) ⇒ (1 − x)P(x) ≡ (1 − y)P (y)(mod p) P(x) ≡ P(y)(mod p) ⇔ x ≡ y(mod p) 13 Bài toán Tìm số nguyên dương a lẻ cho với số nguyên dương k lớn tồn số nguyên x thỏa mãn a ≡ x (mod 2k ) Lời giải • a ≡ x (mod 2k ) , a lẻ, k ≥ ⇒ x lẻ ⇒ a ≡ x ≡ 1(mod 8) • Với a ≡ 1(mod 8) , suy tồn n nguyên dương cho a = 8n + + k = 3: Chọn x = + k > 3: Nhận xét: Nếu x chạy qua HTDĐĐ modulo 2m 2x2+x chạy qua HTDĐĐ đầy đủ modulo 2m (m nguyên dương) Thật vậy: 2x + x ≡ 2y + y(mod 2m ) ⇔ (x − y)(2x + 2y + 1) ≡ 0(mod m ) ⇔ x − y ≡ 0(mod 2m ) ⇔ x ≡ y(mod m ) Do đó: Tồn t nguyên thỏa mãn: n ≡ 2t + t(mod 2k −3 ) ⇒ 8n + ≡ (4t + 1) (mod k ) Suy a ≡ x (mod 2k )(x = 4t + 1) Kết luận: a thỏa mãn a ≡ 1(mod 8) Bài toán Cho số nguyên tố p lớn Chứng minh rằng: a) ( (p-1)!) p −1 ∑i i =1 Mp 14 p −1 i =1 i b) (p-1)!∑ Mp Lời giải: Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 1(mod p) Do đó: ( (p-1)!) p −1 p −1 ≡∑ i ∑ i =1 i i =1 () p −1 = ∑ i ≡ 0(mod p) hay ( (p-1)!) i =1 p −1 ∑i i =1 Mp p −1 p −1 p −1 1 1  (p-1)! = (p-1)! + = p(p-1)! ∑ ∑ ∑  ÷ p−i i =1 i i =1  i i =1 i(p − i) p −1 (p-1)!∑ i =1 p −1 p −1 p −1 1 ≡ ∑ i(p − i) ≡ −∑ i ≡ 0(mod p) ⇒ (p-1)!∑ Mp i(p − i) i =1 i =1 i =1 i Bài toán Cho số nguyên dương n lẻ, A = {k ∈ N|1 ≤ k < n, (n, k) = (n, k + 1) = 1} Chứng minh rằng: ∏ a ≡ 1(mod n) a∈A Lời giải: Ta chứng minh với số tự nhiên x thuộc A tồn x thuộc A thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) x = x x = Thật vậy: Giả sử {x1 , x , , x ϕ(n) } HTDTG modulo n, < x i < n∀i = 1, n Vì x ∈ A ⇒ (x, n) = ⇒ {xx1 , xx , , xx ϕ(n ) } HTDTG modulo n Do tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ(n ) } thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) Ta có: xx ≡ 1(mod n) ⇒ (x + 1)x ≡ x + 1(mod n) ⇒ (x + 1, n) = ⇒ x ∈ A 15 x = x ⇒ (x + 1)(x − 1) ≡ 0(mod n) ⇒ x − ≡ 0(mod n) ⇒ x = A −1 Từ nhận xét suy A lẻ A \ {1} chia thành cặp nghịch đảo theo modulo n Từ ta có điều phải chứng minh α α α Nhận xét: Với n = p1 p2 p k ( pi số nguyên tố phân biệt), ta có k A = n ∏ (1 − i =1 k ) pi Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod8) Chứng minh rằng: a) p −1 ≡ 1(modp) b) Tồn số nguyên a thoả mãn a ≡ 2(modp) Lời giải: a) Vì p ≡ 1(mod8) nên p có dạng 8k + (k nguyên dương)  p −1  ÷! = (2.4 4k)(1.3 (4k − 1)) ≡ (2.4 4k) ( (1 − p)(3 − p) (4k − − p) )   ≡ (−1) 2.4 (8k) = 1.2 (4k) = 2k Suy 4k p −1 p −1  p −1  ÷!(mod p)   ≡ 1(modp) b) Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 2(mod p) 16 Nếu không tồn x thuộc {1,2,3, ,p − 1} cho x ≡ 2(modp) {1,2,3, ,p − 1} chia thành p −1 p −1 tập {x, x } thỏa mãn xx ≡ 2(mod p) Suy ≡ (p − 1)! ≡ −1(modp) , mâu thuẫn với ý a Do ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho số nguyên tố p và số nguyên a thỏa mãn p ≡ 1(mod 4), (a,p) = Tính: p −1  ak    ∑ k =1  p  Lời giải Nhận xét: Với x, y nguyên thỏa mãn x + y ≡ 0(mod p) , (x, p) = ta có  x   y2   +   =1 p p  x   y2  < Thật vậy:  ,   < 1, p p  x   y2  x + y2  x   y2   x   y2   x   y2  + = − − ⇒ + ∈ Z ⇒          +   =1     p p p p p p p p p Theo toán 2, với x thuộc {1;2; ; thuộc {1;2; ; p −1 } thỏa mãn x + x ( ) p −1 } tồn x ≡ 0(mod p) 17 Suy ( )  a k   ak  ÷ p −1   ak  +  2∑ ,  = ∑     ÷= k =1  p  k =1   p   p ÷    p −1 2 p −1 p −1  ak  p −  = ∑ p k =1   18 MỘT SỐ BÀI TẬP Cho đa thức Q(x) = (p – 1)xp – x – (p số nguyên tố lẻ).Chứng minh rằng: Với số nguyên m tồn tai số nguyên n thỏa mãn Q(n) – m chia hết cho pp Cho a, b số nguyên dương nguyên tố nhau, b > Chứng minh với số nguyên N, tồn cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện N = ax + by ≤ x < b Cho a, b số nguyên dương nguyên tố Chứng minh N = ab – a – b số nguyên lớn không biểu diễn dạng ax + by với x, y số nguyên không âm Hơn nữa, với p, q nguyên với p + q = N, có hai số p, q biểu diễn dạng ax + by với x, y số nguyên không âm (mà ta gọi tắt biểu diễn được) Cho số nguyên dương n số nguyên tố p lớn n+1 Chứng minh đa thức P(x) = + x x2 xp + + + nghiệm nguyên n + 2n + pn + Cho dãy số (an) xác định a1 = 1, a n = a n −1 + a  n  , n ∈ N* 2   Chứng minh dãy số (an) chứa vô hạn số nguyên chia hết cho n n −1 Chứng minh rằng: C22n +1 − C 22n M23n , M23n +1 x  2x   (p − 1)x  nguyên tố y  Tìm x, y nguyên dương cho   +   + +  y  y   19 17 k  Tính tổng: ∑   i =1  11  2015 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hà Huy Khoái (2004), Số học, Nhà XB Giáo dục [2] Titu Andresscu and Dorin Andrica, Number Theory, Structures, Examples and Problems, Springer 20 III KẾT LUẬN Sáng kiến đưa cách tiếp cận toán số học qua Hệ thăng dư, giúp em học sinh dễ dàng tiếp thu hệ thống kiến thức số học, hình thành tư số học cách tự nhiên Sáng kiến tác giả ứng dụng thực tế giảng dạy lớp chuyên toán tập huấn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, thu kết tốt Các em học sinh tiếp thu kiến thức số học tốt hơn, vận dụng giải nhiều tập khó kì thi Góp phần nâng cao thành tích học sinh giỏi Quốc gia môn toán năm học qua Các tác giả mong nhận đóng góp ý kiến bạn bè đồng nghiệp Ninh Bình, tháng 05 năm 2015 Các tác giả 21 [...]... đưa ra cách tiếp cận bài toán số học qua Hệ thăng dư, giúp các em học sinh dễ dàng tiếp thu hệ thống kiến thức số học, hình thành tư duy số học một cách tự nhiên Sáng kiến đã được các tác giả ứng dụng thực tế trong giảng dạy các lớp chuyên toán và tập huấn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, đã thu được những kết quả rất tốt Các em học sinh đã tiếp thu các kiến thức số học tốt hơn, vận dụng và giải được...3 ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI MÔT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài toán 1 Cho số nguyên dư ng n nguyên tố cùng nhau với (22016 − 2) và {x1 , x 2 , , x ϕ (n) } là HTDTG modulo n Chứng minh rằng: x12015 + x 2015 + + x ϕ2015 2 (n ) Mn Lời giải: Từ giả thiết suy ra (2, n) = 1, do đó {2x1 , 2x 2 , , 2x ϕ(n ) } là HTDTG modulo n... là một HTDĐĐ modulo p nên với mỗi số nguyên n luôn tồn tại vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Bài toán 4 Cho số nguyên tố p lớn hơn 3 và đa thức P(x) = 1 + 2x + 3x 2 +…+ pxp-1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên m phương trình P(x) ≡ m luôn có nghiệm nguyên Lời giải: Ta chứng minh: Nếu x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ mod p thì P(x) cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy: P(x) =... rằng: Với mọi số nguyên m luôn tồn tai số nguyên n thỏa mãn Q(n) – m chia hết cho pp 2 Cho a, b là các số nguyên dư ng nguyên tố cùng nhau, b > 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên N, tồn tại duy nhất cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện N = ax + by và 0 ≤ x < b 3 Cho a, b là các số nguyên dư ng nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng N = ab – a – b là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dư i dạng ax... dạng ax + by với x, y là các số nguyên không âm Hơn nữa, với mọi p, q nguyên với p + q = N, có đúng một trong hai số p, q biểu diễn được dư i dạng ax + by với x, y là các số nguyên không âm (mà ta sẽ gọi tắt là biểu diễn được) 4 Cho số nguyên dư ng n và số nguyên tố p lớn hơn n+1 Chứng minh rằng đa thức P(x) = 1 + x x2 xp + + + không có nghiệm nguyên n + 1 2n + 1 pn + 1 5 Cho dãy số (an) được xác định... đảo theo 2 modulo n Từ đó ta có điều phải chứng minh α α α Nhận xét: Với n = p1 p2 p k ( pi là các số nguyên tố phân biệt), ta có 1 k A = n ∏ (1 − i =1 2 k 2 ) pi Bài toán 8 Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod8) Chứng minh rằng: a) 2 p −1 2 ≡ 1(modp) b) Tồn tại số nguyên a thoả mãn a 2 ≡ 2(modp) Lời giải: a) Vì p ≡ 1(mod8) nên p có dạng 8k + 1 (k nguyên dư ng)  p −1  ÷! = (2.4 4k)(1.3 (4k − 1))... , , p − 1} thì lấy b là p − a ta có: 2 2 b 2 ≡ a (mod p) ⇒ a 2 + b 2 ≡ a 2 + ( ax ) (mod p) ≡ a 2 (x 2 + 1) ≡ 0(mod p) 2 Bài toán 3 Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 2(mod3) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n luôn tồn tại vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Lời giải: Ta chứng minh: Nếu {x1, x2, x3,…, xp} là một HTDĐĐ modulo p thì {x13 , x 32 , x 33 , , x 3p } là một HTDĐĐ modulo p Thật vậy:... p) ⇒ (1 − x)P(x) ≡ (1 − y)P (y)(mod p) P(x) ≡ P(y)(mod p) ⇔ x ≡ y(mod p) 13 Bài toán 5 Tìm số nguyên dư ng a lẻ sao cho với mọi số nguyên dư ng k lớn hơn 2 luôn tồn tại số nguyên x thỏa mãn a ≡ x 2 (mod 2k ) Lời giải • a ≡ x 2 (mod 2k ) , a lẻ, k ≥ 3 ⇒ x lẻ ⇒ a ≡ x 2 ≡ 1(mod 8) • Với a ≡ 1(mod 8) , suy ra tồn tại n nguyên dư ng sao cho a = 8n + 1 + k = 3: Chọn x = 1 + k > 3: Nhận xét: Nếu x chạy qua... =1 i(p − i) p −1 (p-1)!∑ i =1 p −1 p −1 p −1 1 1 ≡ ∑ i(p − i) ≡ −∑ i 2 ≡ 0(mod p) ⇒ (p-1)!∑ Mp 2 i(p − i) i =1 i =1 i =1 i Bài toán 7 Cho số nguyên dư ng n lẻ, A = {k ∈ N|1 ≤ k < n, (n, k) = (n, k + 1) = 1} Chứng minh rằng: ∏ a ≡ 1(mod n) a∈A Lời giải: Ta sẽ chứng minh với mỗi số tự nhiên x thuộc A luôn tồn tại duy nhất x thuộc A thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) và x = x khi và chỉ khi x = 1 Thật vậy: Giả sử... rất tốt Các em học sinh đã tiếp thu các kiến thức số học tốt hơn, vận dụng và giải được nhiều bài tập khó trong các kì thi Góp phần nâng cao thành tích học sinh giỏi Quốc gia môn toán trong các năm học qua Các tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của bạn bè đồng nghiệp Ninh Bình, tháng 05 năm 2015 Các tác giả 21 ... (p − 1)! ≡ −1(mod p) 10 ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI MÔT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài toán Cho số nguyên dư ng n nguyên tố với (22016 − 2) {x1 , x , , x ϕ (n) } HTDTG modulo n Chứng minh rằng: x12015 +... cận, xây dựng hệ thống kiến thức số học qua lí thuyết Hệ thặng dư coi cách tiếp cận tự nhiên cho người học Ngay từ học số lớp tiểu học, trung học sở giải toán chia hết, chẳng hạn chứng minh biểu... LUẬN Sáng kiến đưa cách tiếp cận toán số học qua Hệ thăng dư, giúp em học sinh dễ dàng tiếp thu hệ thống kiến thức số học, hình thành tư số học cách tự nhiên Sáng kiến tác giả ứng dụng thực tế giảng