Định lý, bài toán về lý thuyết chia hết và đồng dư

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐẶNG THU HƯỜNG ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN VỀ LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐẶNG THU HƯỜNG ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN VỀ LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS Vũ Đỗ Long Hà Nội – Năm 2017 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương Các khái niệm định lý phép tính đồng dư 1.1 Khái niệm đồng dư 1.2 Định lý thặng dư Trung Hoa 1.3 Định nghĩa hàm Euler công thức hàm Euler 15 1.4 Định lý Euler định lý Wilson 20 Chương Các toán phép tính đồng dư chia hết 29 2.1 Bài toán chia hết với biểu thức số học 29 2.1.1 Chứng minh quan hệ chia hết 29 2.1.2 Tìm số dư phép chia 34 2.1.3 Tìm điều kiện để xảy quan hệ chia hết 37 2.1.4 Tồn hay không tồn chia hết 40 2.2 Bài toán số học có sử dụng định lý Dirichlet 42 2.2.1 Nguyên lý Dirichlet 42 2.2.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào số học 44 2.3 Bài toán chia hết với dãy số 55 Chương Các toán khác chia hết 61 3.1 Các toán chữ số 61 3.2 Bình phương lập phương số nguyên 69 3.3 Một số toán kỳ thi học sinh giỏi 76 KẾT LUẬN 97 TÀI LIỆU THAM KHẢO 98 MỞ ĐẦU Bộ môn số học môn học thú vị, hấp dẫn toán học, gần gũi sống Ngay từ lớp em học sinh tiếp cận học Bài toán chia hết toán khó lý thú số học thường xuất kì thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Thực tế nước ta học sinh học số học nên em không đủ kiến thức cần thiết để tiếp cận với nội dung Với mong muốn giúp học sinh có khả tự học, lãnh hội kiến thức cần thiết vận dụng kiến thức vào giải dạng toán chia hết, muốn giới thiệu đến quý thầy cô giáo, em học sinh chuyên đề “Định lý, toán lý thuyết chia hết đồng dư” Bài viết trình bày ngắn gọn dễ hiểu, dễ tiếp cận, bao gồm ba chương với phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo Cụ thể chương trình bày sau: Chương 1: Các khái niệm, định lý đồng dư Chương 2: Các toán phép tính đồng dư, chia hết Chương 3: Các toán khác chia hết Chương 1: Nhắc lại khái niệm liên quan đến đồng dư, chia hết Phần sau trình bày định lý liên quan đến đồng dư, chia hết sử dụng luận văn Chương 2: Tổng hợp toán phép tính đồng dư, chia hết bao gồm toán chia hết với biểu thức số học, toán số học có sử dụng nguyên lý Dirichlet chia hết với dãy số Chương 3: Giới thiệu số toán chia hết kỳ thi học sinh giỏi, đặc biệt vận dụng lý thuyết đồng dư để giải số toán kỳ thi HSG Quốc gia từ 1962-2012 Để hoàn thành luận văn này, trước xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc tới PGS.TS.Vũ Đỗ Long, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà nội, người thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ suốt trình hoàn thành luận văn Qua xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn phong phú hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa Toán-Cơ -Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập trường Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề luận văn chưa trình bày sâu sắc tránh khỏi sai sót trình bày, mong góp ý thày cô bạn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 26 tháng 11 năm 2016 Học viên Đặng Thu Hường Chương Các khái niệm định lý phép tính đồng dư 1.1 Khái niệm đồng dư Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b, m số nguyên, m  Số a gọi đồng dư với b theo môđun m m ước (b – a) Nếu a đồng dư với b theo môđun m viết a  b(mod m) Ngược lại, a không đồng dư với b theo môđun m ta viết a  b(mod m) Ví dụ:  5(mod 3) 3| (5 – 2) Nếu a  b(mod m) b gọi thặng dư a theo môđun m Nếu  b  m  b gọi thặng dư bé a theo môđun m Mệnh đề 1.1.2 Cho a, b, c, m số nguyên m  Khi đó, ta có (i) a  a (mod m), (ii) Nếu a  b(modm) b  a(mod m), (iii) Nếu a  b(mod m) b  c(mod m) a  c(mod m) Chứng minh Mệnh đề (i), (ii) hiển nhiên, ta chứng minh mệnh đề (iii) Thật vậy, ta có a  b (mod m), b  c (mod m) suy m|(b – a) m|(c – b) Do m|(b  a + c – b), hay m|(c – a) Vậy a  c(mod m) Tiếp theo, ký hiệu a tâp hợp tất số nguyên đồng dư với a theo môđun m, a = { n  | n  a(mod m) } Nói cách khác, a tập hợp số nguyên có dạng {a + km} Từ đó, ta có định nghĩa sau Định nghĩa 1.1.3 Một tập gồm phần tử dạng a ={ a  km, k  }gọi lớp đồng dư a theo môđun m Ví dụ với m = 2, ta có lớp tập số nguyên chẵn, lớp tập số nguyên lẻ Mệnh đề 1.1.4 Cho a, b, m số nguyên m  Khi đó, ta có: (i) a  b a  b (mod m), (ii) Có m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m Chứng minh (i) Giả sử a  b , ta xét a  a  b Do đó, a  b (mod m) Ngược lại, a  b (mod m) a  b Ngoài ra, c  a (mod m).thì c  b (mod m) Điều chứng tỏ a  b Hơn nữa, từ a  b (mod m) ta suy b  a (mod m), hay b  a Từ suy a  b (ii) Để chứng minh phần này, ta chứng minh tập {0, 1, , m  1} m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m Thật vậy, giả sử tồn  k  l  m cho k  l Khi đó, theo (i) ta có k  l (mod m) hay m | (l  k ) Điều mâu thuẫn với giả thiết < l – k < m Do đó, k  l Ngoài ra, với a  tồn cặp số nguyên q, r cho a = qm + r ,  r  m , suy a  r (mod m) hay a  r Định nghĩa 1.1.5 Tập gồm m phần tử A = { a1, a2, …, am} gọi hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun m B = {a1 , a2 , , am } tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo mô đun m Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun m không Ví dụ tập {0, 1, 2, 3}, {4, 9, 14, −1}, {0, 1, −2, −1} hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun Mệnh đề 1.1.6 Nếu a  c (mod m), b  d (mod m) a  b  c  d (mod m) ab  cd (mod m) Chứng minh Ta có (a + b) – (c + d) = (a – c) + (b – d) Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy [(a + b) – (c + d)] ⋮ m hay a  b  c  d (mod m) + Ta có ab – cd = (ab – bc) + (bc – cd) = b(a – c) + c(b – d) Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy ab – cd ⋮ m hay ab  cd (mod m) Mệnh đề 1.1.7 Cho a, b, c, m số nguyên, m > 0, ac  bc (mod m) d = (c, m) Khi ta có a  b (mod m ) d Chứng minh Giả sử ac  bc (mod m) Ta có m|(bc – ac), suy tồn số nguyên k cho c(b – a) = km Khi đó, chia hai vế cho d ta c m (b  a)  k d d  c m m Ngoài ra, theo giả thiết ta có d = (c, m), suy  ,   Do đó, ta có | (b  a) d d d  hay a  b (mod m ) d Mệnh đề 1.1.8 Cho a, b, m1, …, mk số nguyên, m1, m2, …, mk > 0, a  b (mod m1), a  b (mod m2),…, a  b (mod mk) Khi đó, ta có a  b (mod [m1 , m2 , , mk ] ) [m1 , m2 , , mk ] bội chung nhỏ m1, m2, …, mk Chứng minh Suy trực tiếp từ định nghĩa Mệnh đề 1.1.9 Nếu a  b (mod n) a n  bn (mod n2 ) Chứng minh Từ a  b (mod n).suy a = b + nq Do đó, theo công thức khai triển nhị thức ta có an – bn = (b + nq)n – bn n  n  n =   bn1qn    bn2 q n2     q n n n 1  2  n  n n        = n2  bn1q    bn2 q     q n n n  n Từ suy a n  bn (mod n2) Điều ngược lại không đúng, ví dụ 34  14 (mod 42)  (mod 4) Mệnh đề 1.1.10 Nếu a, b số nguyên p số nguyên tố  a  b p  a p  b p (mod p) Chứng minh Theo công thức khai triển nhị thức ta có:  a  b p  p  p  p 1  a p  b p    a p 1b     ab 1  p  1  p Do đó, để chứng minh mệnh đề ta cần minh p |   , (1  k  p  1) Thật vậy, ta k có  p p!    k  k ! p  k ! suy  p p! k   k  (k  1)! p  k ! =p  p  1 ( p  1)!  p  (k  1)! p  k !  k 1   p  p Từ đó, p | k   Ngoài ra, ƯCLN  p, k  = nên p |   k  k 1.2 Định lý thặng dư Trung Hoa Tương tự với hệ phương trình bậc nhất, ta đặt toán cho hệ phương trình đồng dư sau: Cho a1, a2, …, an; b1, b2, …, bn; m1, m2, …, mn số nguyên, mi > với i = 1, 2, …, n Khi hệ phương trình sau có nghiệm a1 x  b1   mod m1   a2 x  b2  0(mod m2 )   a x  b  0(mod m ) n n  n Trước tiên, ta xét trường hợp m1, m2, …, mn đôi nguyên tố Để hệ phương trình có nghiệm, trước hết phương trình đồng dư tuyến tính Lời giải Từ giả thiết suy p ước k 1 k 1 k k k k a  b2  (a  b2 )(a  b2 ) p ước a p 1 Gọi h số nguyên dương nhỏ cho a h  h ước 2 k 1 ; p  1  h  28 k k Giả sử s  k , ta có a  b2 (mod p) k Từ p ước a  b2   p | 2.a Suy    p | 2.b k k k  p | a mà p số lẻ nên   p | b k k Điều mâu thuẫn với giả thiết (a, b)= Vậy h  2k 1  p  (mod 2k 1 ) Bài 3.9 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Cho 2013 số nguyên x1; x2; …; x2013 cho x1  x2  x3   x2013  Chứng minh 37 S = x137  s237   x2013 chia hết cho 399 Lời giải Phân tích tiêu chuẩn 399 399 = 19 Ta chứng minh S chia hết cho 3, cho cho 19 Theo định lý Fermat nhỏ ta có: x  (mod 3), với số nguyên x nguyên tố với Lũy thừa 18 hai vế ta có: x36  (mod 3) Suy ra: x37  x (mod 3) với x nguyên Do 84 37 x137  s237   x2013  x1  x2   x2013  (mod 3) (1) (1) chứng tỏ S chia hết cho Theo định lý Fermat nhỏ ta có: x6  (mod 7) với số nguyên x nguyên tố với Lũy thừa hai vế ta có: x36  (mod 7) Suy ra: x37  x (mod 7) với x nguyên Do 37 x137  s237   x2013  x1  x2   x2013  (mod 7) (2) (2) chứng tỏ S chia hết cho Theo định lý Fermat nhỏ ta có: x18  (mod 7) với số nguyên x nguyên tố với 19 Lũy thừa hai vế ta có: x36  (mod 19) Suy ra: x37  x (mod 19) với x nguyên Do 37 x137  s237   x2013  x1  x2   x2013  (mod 19) (3) (3) chứng tỏ S chia hết cho 19 Vậy S chia hết cho 399 Bài 3.10 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Tìm số nguyên dương x, y cho p  x  y số nguyên tố x3  y3  chia hết cho p Lời giải Ta có: x3  y3   (mod p)   xy( x  y)   (mod p)  3xy( x  y)  12  (mod p) (1) 85 Mặt khác: x3  y3   (mod p) (2) Cộng (1) (2) ta được: ( x  y)3   (mod p)  ( x  y  2)( x2  y  xy  2( x  y)  4)  (mod p) Vì p số nguyên tố, ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: x  y  chia hết cho p Khi đó: x2  y  x  y   x( x  1)  y( y  1)  Vì x, y số nguyên dương nên có trường hợp: x = y = 1; x = y = 1; x = y = Thử lại ta có cặp số (x; y) thỏa mãn là: (1; 1), (2; 1), (1; 2) Trường hợp 2: Nếu x2  y  xy  2( x  y)  p Khi đó: x2  y  xy  2( x  y)  ( x2  y )  xy  2( x  y)  ( x2  y ) Do xy  2( x  y)   2[( x  1)( y  1)  1]   xy  2( x  y)   ( x2  y ) Dấu xảy x = y = Vậy cặp số nguyên dương x, y cần tìm là: (1; 1), (2; 1), (1; 2) Bài 3.11 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình (1) 86   p   2x  2   p   y (2) có nghiệm x, y nguyên dương Lời giải Trường hợp 1: p = 2, ta có hệ phương trình: 9  x : Không có nghiệm x, y nguyên dương  11  y Trường hợp 2: p = 3, ta có hệ phương trình:  10  x : Không có nghiệm x, y nguyên dương   16  y Trường hợp 3: p = 5, ta có hệ phương trình: 12  x : Không có nghiệm x, y nguyên dương  32  y Trường hợp 4: p = 7, ta có hệ phương trình: 14  x : Không có nghiệm x, y nguyên dương  56  y Trường hợp 5: p > Ta có: x   y (mod p)  x   y (mod p) (do (2, p) = 1) Từ hai phương trình hệ ta có:  x2  y  x y  p x y  p y  px   x, y  p Khi đó: 87 (2)  p2   2( p  x)2  p   p  px  x2  p  x  (3) Thay (3) vào (1), ta có:  x  1 x   x2   x  x = −1 không thỏa mãn Vậy x =  p = 11, y = Bài 3.12 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Chứng minh n số nguyên dương khoảng (0; 2011!) thỏa mãn điều kiện n2011  chia hết cho 2011! n = 2011! – Lời giải Trước hết ta thấy (2011! – 1)2011 + ≡ (mod 2011!) Xét số nguyên n khoảng (0; 2011!) thỏa mãn điều kiện n2011  chia hết cho 2011! Goị p số nguyên tố không vượt 2011 Khi p ước 2011! nên p | n2011   p | n2011   p | (n) 2011  Mặt khác theo định lý Fermat ta có p | (n) p 1  Suy p | (n)d  1, d = (2011, p – 1) = Như cuối ta p| n + Chọn p = 2011 ta 2011| n + (1) 88 Nếu ta xét p < 2011 A = (n2010  n2009   a  1)  n  (mod p) nên A 2011! nguyên tố khai triển n2011   (n  1)(n2010  n2009   a  1) ta suy 2010!| n + (2) Từ (1) (2) ta suy 2011!| n + Nhưng n số nguyên khoảng (0; 2011!) nên ta có n + = 2011! hay n = 2011! – Bài toán chứng minh Bài 3.13 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Đặt An  2012n  với n   a) Chứng minh có vô số số nguyên dương k thỏa mãn Ak k b) Tìm tất số nguyên tố p thỏa mãn Ap p Lời giải a) Nhận xét 2012n  ⋮ n 2012m  ⋮ m, m  2012n  Thật vậy: Nếu 2012n  ⋮ n m  2012n   kn (k lẻ) Do 2012m   2012k n   (2012n  1)(2012n ( k 1)   1) Vậy 2012 m 1 ⋮ m Trở lại toán ta thấy A3 ⋮ 3, A11 ⋮ 11, … nên vận dụng nhận xét ta có điều phải chứng minh b) Xét số nguyên tố p mà Ap p p số nguyên tố lẻ Nếu p ước số 2012 Ap  2012 p  không chia hết cho p Nếu p không ước số 2012 p 2012 hai số nguyên tố 89 Theo định lý Fermat ta có 2012p – 2012 ⋮ p Do Ap  (2012 p  2012)  2013 chia hết cho p Bài 314 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Cho tập hợp A chứa 1008 số nguyên đôi khác Chứng minh tập tồn hai phần tử mà có tổng hiệu chia hết cho 2013 Lời giải Giả sử A  x1 , x2 , , x1008  , gọi ri số dư xi chia cho 2013 Xét 1007 tập hợp A A0  xi : ri  0 ; A1  xi : ri   ri  2012 A2  xi : ri   ri  2011 ; A3  xi : ri   ri  2010 … A1  xi : ri  1006  ri  1007 Do A có 1008 phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai phần tử A thuộc 1007 tập hợp nói trên, gọi hai phần tử a, b Khi a + b a – b chia hết cho 2013 Bài 3.15 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Cho p số nguyên tố Chứng minh 22 … 00 … 11 …1 33 … ≡ 2013 (mod p) p số p số p số p số Lời giải Đặt a = 22 … 00 … 11 …1 33 … p số p số p số p số 90 Nếu a = dễ thấy a = 2013 ≡ (mod p) Nếu p  , ta có: a  2.(104 p1  104 p2   103 p )  1.(102 p1  102 p2   102 p )  3.(10 p1  10 p2   1) 10 p  = (2.103 p  1.10 p  3) Theo định lý Fermat nhỏ: 10 p  10 (mod p)  103 p  103 (mod p)  (2.103 p  1.10 p  3)  2.103  1.10   2013 (mod p) (1) Lại có 10 p  10   (mod p) (p, 9) = nên  (mod p) p (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Bài 3.16 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Chứng minh rằng: Trong 17 số nguyên tùy ý tồn số có tổng chia hết cho Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau: “Trong số nguyên bất kì, tồn ba số có tổng chia hết cho 3” Chứng minh TH1: Trong số nguyên trên, có số trở lên đồng dư chia cho bổ đề TH2: Trong số nguyên trên, có số đồng dư chia cho tồn ba số có số dư 0; 1; chia chúng cho Khi tổng ố chia hết cho Suy bổ đề 91 Vậy bổ đề chứng minh Chọn số có tổng chia hết cho Gọi ba số  a1 , b1 , c1  đặt m1  a1  b1  c1  Lấy số 14 số nguyên lại số nguyên chọn có ba số có tổng chia hết cho Gọi ba số  a2 , b2 , c2  đặt m2  a2  b2  c2  Lấy số 11 số nguyên lại số nguyên chọn có ba số có tổng chia hết cho Gọi ba số  a3 , b3 , c3  đặt m3  a3  b3  c3  Lấy số số nguyên lại số nguyên chọn có ba số có tổng chia hết cho Gọi ba số  a4 , b4 , c4  đặt m4  a4  b4  c4  Trong số nguyên lại, có ba số có tổng chia hết cho Gọi ba số  a5 , b5 , c5  đặt m  a5  b5  c5 Trong số nguyên m1 , m2 , m3 , m4 , m5 có số có tổng chia hết cho Giả sử ba số mi , mk , m j Khi có số , bi , ci , ak , bk , ck , a j , b j , c j có tổng chia hết cho Bài 3.17 (Olympic 10 – 30/ – 2008) Tìm tất số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện a, b  , a  b2 (mod m)  a  1 (mod m) (1.2) Lời giải Trước hết, nhận thấy m = m số nguyên tố a, b  , a  b2 (mod m)  a  1 (mod m) Thật vậy, Nếu m = (1.2) Xét m số nguyên tố, với a, b  , a  b2 (mod m) ta có 92 (a  b)(a  b)  a  b2  (mod m), Điều suy a – b⋮ m a + b⋮ m Do a  b (mod m) Tiếp theo, ta xét với m ≠1 m không nguyên tố ta chứng minh số m cần tìm m = 2p p số nguyên tố lẻ Thật vậy, giả sử (1.2) Vì m số nguyên tố lẻ nên ta có m = xy, x,y ≠ 1, đặt a = x + y, b = x – y Khi ta có a  b2  xy  4m  (mod m) suy a  b (mod m) hay y  a  b  (mod m), 2x ≡ a + b (mod m) Do 2x m 2y m với m = xy Suy x = y = hay m = 2n, n ≠ Hơn n hợp số n = kt suy m = 2kt, k,t ≠ theo ta suy t = hay m = 4k mâu thuẫn với (2.1) (chọn a = 2k, b = 0) Vậy n = p số nguyên tố Hơn nữa, p = m = (2.1) không thỏa Vậy p số nguyên tố lẻ Ngược lại, giả sử m = 2p với p số nguyên tố lẻ Khi đó, theo giả thiết ta có a  b2 p suy  a  b  (a  b)  a  b  (a  b) p Do a  b p , a  b p hay a  b (mod m) Vậy với m = 1, m = 2p m nguyên tố giá trị cần tìm Bài 3.18 (China, 2004) Hãy xác định ba chữ số tận số n với n = x x 11 x 15 x x 2001 (1.1) Lời giải Dễ thấy n số lẻ Gọi x chữ số tận n Khi n ≡ x (mod 1000) Vì 15, 35, 55 số hạng tích (1.1) nên n chia hết cho 125, 1000 = 125.8 ta suy x chia hết cho 125 Do đó, x số 125, 375, 625, 875 Từ suy ra, 1000|(n – x)  8|(n – x)  n ≡ x (mod 8) Tiếp theo lấy modun số hạng n ta 93 n = 3(4.1 + 3)(4.2 + 3) (4.502 + 3) ≡ (3.7)(3 7) (3.7)3.3 ≡ 5.5 (mod 8) 251 cặp 251 cặp ≡ 1.1 … 1.5.3 ≡ (mod 8) 125 cặp Hơn nữa, số 125, 375, 625, 875 có số 375 đồng dư với theo modun nên 375 chữ số tận n Bài 3.19 (IMO – 1964) a Tìm tất số nguyên dương n cho 2n – chia hết cho b Chứng minh số tự nhiên n để 2n + chia hết cho Lời giải a.Vì n số nguyên dương nên ta xét trường hợp n sau:  Với n = 3k, k  ta có 2n   (23 )k   1k   (mod 7) Do đó, với n bội thỏa mãn yêu cầu toán  Với n = 3k + r, k  , r = 1,2 ta có 1(mod 7), r  2n   23k.2r   2r    3(mod 7), r  Từ suy n = 3k, k  ta có 7| (2n – 1) b.Theo ta có 2n ≡ 1, 2,4 (mod 7) với số tự nhiên n Do 2n +  (mod 7) với số nguyên dương n Bài 3.20 (HSGQG – 1999B) Cho dãy số nguyên ( xn ) , ( yn ) xác định 94 x1  , y1  , xn1  22 yn  15xn , yn1  17 yn  12 xn n  Chứng minh số hạng hai dãy ( xn ) , ( yn ) khác không, có vô hạn số hạn dương vô hạn số hạn âm Hỏi số hạng thứ 19991945 dãy có chia hết cho không? Giải thích Lời giải Ta có: xn2  22 yn1  15xn1  22(17 yn  12 xn )  15xn  = 17( xn1  15xn )  22.12 xn  15xn1 = xn1  xn , n Do đó, xn2  xn1 (mod3) Hơn nữa, ta có x1  , x2  29 suy xn không chia hết cho 3, hay xn  0(mod3) , n Tiếp theo, ta chứng minh xn có vô số số hạng dương vô hạn số hạng âm Thật vậy, từ ta có xn3  xn2  xn1  5xn1  18xn Hay xn3  5xn1  18xn  0, n (*) Do đó, giả sử dãy xn có hữu hạn số hạng dương (hữu hạn số hạng âm), ta gọi xn số hạng dương lớn dãy Khi đó, với n  n j ta có j xn < 0, điều mâu thuẫn với (*) Tương tự, ta chứng minh dãy yn2  yn1  yn , n thỏa mãn yêu cầu toán 95 Từ trên, ta có xn4  28xn1  45xn , nên xn  0(mod7)  xn4  0(mod7)  x4 k n  0(mod7) Ngoài ra, từ 19991945  (1)19545 (mod 4) ≡3 (mod 4) x3  49 nên ta suy x1999 1945  (mod 7) Tương tự, ta có yn  (mod 7)  y4 k n  0(mod7) Nhưng y3  26  (mod 7) nên y19991945  (mod 7) 96 KẾT LUẬN Luận văn “Định lý, toán lý thuyết chia hết đồng dư” giải vấn đề sau:  Luận văn trình bày đầy đủ, xác kiến thức lý thuyết chia hết đồng dư  Luận văn tập trung nghiên cứu tương đối đầy đủ dạng toán phép tính đồng dư, chia hết: Bài toán chia hết với biểu thức số học, toán số học có sử dụng định lý Dirichlet số toán chia hết khác  Luận văn tổng hợp số toán chia hết đồng dư kì thi học sinh giỏi, thi Olympic Toán quốc gia quốc tế Lý thuyết đồng dư mảng kiến thức rộng tương đối phức tạp Tuy nhiên khả ứng dụng rộng có tính ưu việt cao Nó phục vụ nhiều trình giảng dạy môn Toán THCS Hơn từ lý thuyết chia hết đồng dư mở cho ta lĩnh vực khác Trong luận văn “Định lý, toán lý thyết chia hết đồng dư” chắn nhiều vấn đề chưa đầy đủ Vì kính mong thầy, bạn bè đồng nghiệp góp ý chia sẻ để hoàn thiện 97 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trần Nam Dũng (2011), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, NXB Đại học Quốc gia Tp Hồ Chí Minh Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán: Cơ sở lý thuyết tính toán thực hành, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng (2009), Các giảng số học tập 1, 2, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.‟ Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo Dục Vũ Văn Thông, Giáo trình lý thuyết số (2008), Đại học Đà Lạt Senderov V.,Spivak A.(2000), Định lý nhỏ Fermat, Kvant 1,3 H.V Gorbachôv (2004), Tuyển tập đề thi vô địch môn toán, NXB MCNMO – Moskva Các đề thi vô địch quốc gia, quốc tế môn toán (từ 1995 – 2005) Ban tổ chức kì thi, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 98 ... niệm, định lý đồng dư Chương 2: Các toán phép tính đồng dư, chia hết Chương 3: Các toán khác chia hết Chương 1: Nhắc lại khái niệm liên quan đến đồng dư, chia hết Phần sau trình bày định lý liên... quan đến đồng dư, chia hết sử dụng luận văn Chương 2: Tổng hợp toán phép tính đồng dư, chia hết bao gồm toán chia hết với biểu thức số học, toán số học có sử dụng nguyên lý Dirichlet chia hết với... cần thiết vận dụng kiến thức vào giải dạng toán chia hết, muốn giới thiệu đến quý thầy cô giáo, em học sinh chuyên đề Định lý, toán lý thuyết chia hết đồng dư Bài viết trình bày ngắn gọn dễ