Một số bài toán về quan hệ chia hết, số nguyên tố và định giá p adic

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN LÊ MINH MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN LÊ MINH

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT,

SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN LÊ MINH

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT,

SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCChuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS ĐÀM VĂN NHỈ

Thái Nguyên - 2016

Mục lục

Mở đầu 1

Chương 1 Quan hệ chia hết, số nguyên tố 3 1.1 Quan hệ chia hết 3

1.1.1 Quan hệ chia hết 3

1.1.2 Ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid 4

1.2 Số nguyên tố và hợp số 10

1.3 Định lý cơ bản của số học 12

1.4 Biểu diễn số và hàm tổng các chữ số 14

1.4.1 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số 14

1.4.2 Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên 16

Chương 2 Số mũ, định giá p−adic và vận dụng 19 2.1 Định lý Euler và số mũ 19

2.1.1 Định lý Euler và Định lý Fermat nhỏ 19

2.1.2 Số mũ theo modulo 20

2.2 Định giá p-adic vp(n) 21

2.2.1 Khái niệm định giá p-adic 21

2.2.2 Định giá 2−adic 25

2.3 Kết quả của Wolstenholme, Thue, Schur 26

2.4 Vận dụng giải một số bài thi học sinh giỏi 30

2.4.1 Vận dụng số mũ 30

2.4.2 Vận dụng định giá p−adic 35

2.4.3 Vận dụng kết quả Thue, Schur 37

2.4.4 Vận dụng Định lý cơ bản của số học 38

Kết luận 40

Tài liệu tham khảo 41

Mở đầu

Số học luôn được coi là nữ hoàng của Toán học bởi trong nó chứađựng nhiều vẻ đẹp của tư duy logic Không như nhiều ngành toán họckhác, trong Số học tồn tại rất nhiều giả thuyết chưa có câu trả lời màhọc sinh có thể hiểu được với các kiến thức trung học cơ sở Quá trìnhtìm kiếm lời giải cho các giả thuyết đó đã làm nhiều tư tưởng lớn, nhiều

lý thuyết lớn của toán học được nảy sinh Nếu như trước đây, Số họcvẫn được xem như là lĩnh vực toán học lý thuyết thuần túy, xa rời thựctiễn thì ngày nay, nhờ có sự phát triển mạnh mẽ của công nghệ máy tính

mà nhiều thành tựu mới nhất của Số học có ứng dụng trực tiếp vào cáclĩnh vực như bảo mật thông tin, mật mã, số hóa Do Số học được mệnhdanh là nữ hoàng của tư duy nên các bài toán về Số học luôn luôn xuấthiện và giữ một vị trí quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia,quốc tế Số học như cầu nối tự nhiên đưa học sinh tiếp cận với khoa họchiện đại Vì thế việc trang bị những kiến thức cơ bản của Số học chohọc sinh phổ thông là hết sức cần thiết

Bản thân tôi là một giáo viên giảng dạy môn Toán ở cấp THCS.Trong quá trình giảng dạy và ôn thi học sinh giỏi, tôi thường xuyên gặpcác bài toán số học đặc biệt là các bài toán về quan hệ chia hết và sốnguyên tố Vì vậy, tôi đã chọn đề tài: “Một số bài toán về quan hệ chiahết, số nguyên tố và định giá p-adic” nhằm tìm hiểu sâu hơn về quan

hệ chia hết, số nguyên tố và cách vận dụng để giải các bài toán trongcác đề thi học sinh giỏi, đặc biệt là việc tìm hiểu bổ đề nâng, định giáp-adic và cách vận dụng chúng

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm haichương:

Chương 1 Trong chương này luận văn tập trung trình bày một sốkiến thức cơ bản về lý thuyết chia hết: quan hệ chia hết, số nguyên tố

và hợp số, ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid, trình bày định lý

cơ bản của số học, biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số và hàm tổng cácchữ số

Chương 2 Trong chương này luận văn tập trung trình bày về số mũ,định giá p-adic, và vận dụng kết quả đạt được vào việc giải một số bàitoán số học trong các đề thi học sinh giỏi.

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tìnhcủa thầy giáo PGS TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm HàNội Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy về sựhướng dẫn hiệu quả cùng những kinh nghiệm trong suốt quá trình họctập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn

Tôi xin gửi tới các thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, phòng Sau Đại học,Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên cũng như các thầygiáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K8B khóa 2014 -

2016 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáodục, đào tạo của nhà trường Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giámhiệu trường THCS Đằng Hải - Hải An - Hải Phòng, các bạn bè đồngnghiệp và các bạn học viên đã động viên và giúp đỡ tôi trong quá trìnhhoàn thành luận văn này

Hải Phòng, tháng 08 năm 2016

Học viên

Nguyễn Lê Minh

Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a bhoặc nói b chia hết a và viết b | a.1 Khi a = bc thì b được gọi là một ướccủa a Sau đây ta có các tính chất cơ bản về quan hệ chia hết.

(1) 1 | a với mọi a ∈ Z

(2) a | a với mọi a ∈ Z, a 6= 0

(3) Nếu a | b và b | c thì a | c với mọi a, b, c ∈ Z và b 6= 0

(4) Nếu a | b thì |a|6 |b| với mọi a, b ∈ Z và b 6= 0

0, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, với

0 6 r < |b|

1 Theo thông lệ quốc tế, người ta hay dùng ký hiệu b | a thay cho a b.

Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b| 6 a, n ∈ Z} Vì

|b| > 1 nên −|a||b| 6 −|a| 6 a Do đó −|a||b| ∈ T, vậy T 6= ∅ Vì T làtập bị chặn trên nên T có một số lớn nhất m|b| Từ m|b| 6 a ta suy ra

r = a−m|b| > 0 và r ∈ Z Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b| Do tínhlớn nhất của m|b| trong T nên (m + 1)|b| > a Như vậy |b| > a − m|b| = r

và ta có a = qb + r với 0 6 r < |b|

Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb + r với 0 6 r < |b| và

a = q1b + r1 với 0 6 r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta được r − r1 = b(q1 − q).Nhưng |r − r1| < |b| do đó |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 và hiển nhiên

r = r1

Trong biểu diễn a = qb + r, 0 6 r < |b|, ở định lý trên, q được gọi làthương và r gọi là số dư trong phép chia a cho b Rõ ràng r = 0 nếu vàchỉ nếu b | a

Định nghĩa 1.1.5 Các số nguyên a, b được gọi là nguyên tố cùng nhaunếu (a, b) = 1

Định lý 1.1.6 Cho a và b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0, khi

đó tồn tại số nguyên x0, y0 sao cho ax0 + by0 = (a, b) Hơn nữa

{ax + by; x, y ∈ Z} = {k(a, b); k ∈ Z}

Chứng minh: Đặt S = {ax + by; x, y ∈ Z} và gọi d là số nguyên dươngnhỏ nhất thuộc S Giả sử x0, y0 là hai số nguyên sao cho ax0+by0 = d Tachứng minh {kd; k ∈ Z} = S Thật vậy, hiển nhiên rằng {kd; k ∈ Z} ⊂ S.Xét phần tử tùy ý u = ax1 + by1 ∈ S Bởi Định lý ??, tồn tại hai sốnguyên q, r với u = dq + r và 06 r < d Mặt khác

r = u − dq = a(x1 − x0q) + b(y1 − y0q) ∈ S

Suy ra r = 0 và u = dq Hơn nữa, từ a, b ∈ S nên theo trên d | a và d | b,dẫn đến d là một ước chung của a, b, vậy d 6 (a, b) Lại có d = ax0+ by0nên (a, b)|d, do đó (a, b) 6 d Tóm lại d = (a, b)

Từ chứng minh trên ta nhận được hệ quả sau:

Hệ quả 1.1.7 (1) Ước chung lớn nhất của a, b chính là số nguyêndương nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z.(2) Mọi ước chung của a, b đều là ước của (a, b)

(3) Nếu a, b, c, d ∈ Z \ {0}, a = bc + d thì (a, b) = (b, d)

(4) (0, a) = |a| với mọi a ∈ Z, a 6= 0

Thuật toán Euclid

Để tìm ước chung lớn nhất của hai số, chúng ta thường phân tích số

đó thành nhân tử Ví dụ (55, 85) = (5 · 11, 5 · 17) = 5; (225, 180) =(32 · 52, 32 · 5 · 22) = 32 · 5 = 45 Tuy nhiên việc tìm ước chung lớnnhất theo cách này thực sự khó nếu hai số đã cho khá lớn Hãy thử tìm(1324567908, 25367892)? Bằng cách sử đụng phép chia với dư, Định lý

??, người ta đã chỉ ra một thuật toán cho phép tìm ước chung lớn nhấtcủa hai số một cách nhanh chóng, đó là thuật toán Euclid

Định lý 1.1.8 [Thuật toán Euclid] Cho a, b ∈ Z, b > 0 Thực hiệnliên tiếp các phép chia có dư, ta có

a = q0b + r1 với 0 < r1 < b,

b = q1r1 + r2 với 0 < r2 < r1

r1 = q2r2 + r3 với 0 < r3 < r2

rn−2 = qn−1rn−1+ rn với 0 < rn < rn−1

rn−1 = qnrn, qn > 1

Khi đó (a, b) = rn

Chứng minh: Đặt d = (a, b), khi đó d | ri với 0 6 i 6 rn Suy ra d 6 rn

từ rn > 0 Bằng quy nạp ta suy ra rn | rn−j với 1 6 j 6 n Do đó rn | a

và rn | b Bởi định nghĩa của (a, b) ta suy ra rn = (a, b)

Chú ý rằng, do (a, b) = (b, r) nên ta có thể giả thiết hai số nguyên a và

b không âm và a > b

Như đã nhận xét ở trên, (a, b) chính là số nguyên dương nhỏ nhấtbiểu diễn được dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z Vấn đề đặt ra là tìm x, ynhư thế nào? Thuật toán Euclid sẽ cho ta cách tìm ra chúng qua kết quảdưới đây:

Định lý 1.1.9 Nếu d = (a, b) thì có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by.Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên (ai), (bi) theo công thứctruy hồi sao cho

ri = aia + bib, i = 0, 1, 2, với r0 = r

Vì r = a−q0b, nên ta chọn a0 = 1, b0 = −q0 và có được r0 = r = a0a+b0b

Từ a1a + b1b = r1 = b − q1r0 = b − q1(a0a + b0b) nên ta có thể chọn

a1 = −q1a0 = −q1, b1 = 1 − q1b0 = 1 + q0q1 Tổng quát, bởi

ai+1a + bi+1b = ri+1 = ri−1− qi+1ri = ai−1a + bi−1b − qi+1(aia + bib)

ta chọn công thức truy hồi

ai+1 = ai−1 − qi+1ai

bi+1 = bi−1 − qi+1bi, i > 1

Vì qm = 0 nên x = am−1, y = bm−1 thỏa mãn xa + yb = (a, b)

Ví dụ 1.1.10 Với a = 1832, b = 234, ta có (a, b) = 2 và a · (−41) + b ·

321 = 2

Hệ quả 1.1.11 Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không Khi đó(a, b) = 1 khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1

Tổng quát hơn nữa ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1.1.12 Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không Khi đó(a, b) = d khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = d và d là ước chungcủa a và b

Chứng minh: Ta có (a, b) = d khi và chỉ khi  a

d ,

bd

1 = (ax + cy)(bz + ct) = abxy + c(axt + byz + cyt)

Vẫn theo Hệ quả ?? ta có (ab, c) = 1

Hệ quả 1.1.14 Cho số nguyên tố p và số nguyên tuỳ ý m Khi đó(1) (m, p) =

số nguyên lớn nhất trong các ước chung của các ai Ta kí hiệu ước chunglớn nhất là (a1, a2, , an)

Như vậy, số nguyên d là ước chung lớn nhất của a1, , an ∈ Z khi và chỉkhi d | ai, i = 1, , n, và nếu c | ai, i = 1, , n, thì c | d Khi số nguyên

d là ước chung lớn nhất của a1, , an thì −d cũng là ước chung lớn nhấtcủa a1, , an Người ta ký hiệu ước chung lớn nhất của a1, , an qua(a1, , an) và chọn nó là |d| Dễ thấy rằng, (a1, , an) là số nguyêndương lớn nhất nằm trong tập uc(a1, , an)

Chú ý Mọi số nguyên đều là ước của 0 Vậy uc(0, , 0) = Z và không

có (0, , 0) Vì thế ta không xét trường hợp này

Từ việc chứng minh ước chung lớn nhất cho hai số, chúng ta có thểtổng quát lên các tính chất sau cho nhiều số:

Định lý 1.1.17 Giả thiết các số nguyên a1, , an, n > 2, không đồngthời bằng 0 Khi đó

(1) (0, a1, , an) = (a1, , an)

(2) (1, a1, , an) = 1 = (−1, a1, , an)

(3) (a1, , an) = (a1, , (an−1, an)) = ((a1, , an−1), an)

(4) Số nguyên d = (a1, , an) khi và chỉ khi d > 0, d thuộc uc(a1, , an),

và d chia hết cho mọi d0 thuộc uc(1, a1, , an)

Hệ quả 1.1.19 Cho các số nguyên a1, , an ∈ Z, không đồng thời bằng

0 Các số a1, , an nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi có xj ∈ Z để

n−1

P

j=1

xyjaj + yan = 1 Tóm lại có các số nguyên xjđể

n

P

j=1

ajxj = 1

Chú ý rằng, Tính chất (3) chỉ ra cách tìm ước chung lớn nhất của nhiều

số qui về việc tìm ước chung lớn nhất của 2 số

Định lý 1.1.20 Cho các số nguyên a1, , an ∈ Z không đồng thời bằng

0 Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất (a1, , an)

n

P

i6=j=1

0.aj ta suy racác ai đều thuộc I Vậy I 6= {0} Nếu y ∈ I thì −y ∈ I Vậy có sốdương thuộc I Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I Ta chỉ ra

Từ Định lý ?? ta suy ra ba hệ quả dưới đây:

Hệ quả 1.1.22 [Bezout] Cho a1, , an ∈ Z, không đồng thời bằngkhông Khi đó có các xi ∈ Z để

a1x1 + · · · + anxn = (a1, , an)

Hệ quả 1.1.23 Cho a1, , an ∈ Z, không đồng thời bằng không Khi

đó d = (a1, , an) là một tổ hợp tuyến tính nguyên của các ai

Hệ quả 1.1.24 Cho a1, , an ∈ Z, không đồng thời bằng không Nếu

số nguyên d > 0 thuộc uc(a1, , an) và là một tổ hợp tuyến tính nguyêncủa các ai thì d = (a1, , an)

Ví dụ 1.1.25 Giả sử dãy số nguyên (an) với a0 = 0 thỏa mãn (am, ak) =(am−k, ak) với mọi số nguyên m > k Khi đó (an, am) = a(n,m) với mọi

m, n > 0

Bài giải Theo Thuật toán Euclid, tìm ước chung lớn nhất của m và k :

m = q0k + r1 với 0 6 r1 < k

k = q1r1 + r2 với 0 6 r2 < r1

r1 = q2r2 + r3 với 0 6 r3 < r2

Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 có ít nhất hai ước dương là 1 và chính

nó Những số chỉ có hai ước dương phân biệt là 1 và chính nó đóng vaitrò quan trọng bậc nhất trong số học, được gọi là số nguyên tố

Định nghĩa 1.2.1 Số tự nhiên p > 1 không có ước số dương nào khác

1 và chính nó được gọi là số nguyên tố Số tự nhiên q > 1 có ước sốdương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số Số tự nhiên n được gọi là

số chính phương nếu tồn tại số tự nhiên d sao cho n = d2

Ví dụ 1.2.2 Ta có 2, 3, 5, 7, 11, 13, là các số nguyên tố; 4, 6, 8, 10, 12,

là các hợp số Ta nhận thấy rằng chỉ có 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.Định lý 1.2.3 Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên dương lớn hơn 1không có ước nguyên tố Đặt S là tập hợp tất cả các số nguyên dươngnhư vậy Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong S tồn tại số nguyêndương nhỏ nhất n Hiển nhiên theo định nghĩa của tập S thì n không là

số nguyên tố, nghĩa là n là một hợp số Điều này suy ra n = ab với a, b

là các số tự nhiên thỏa mãn 1 < a < n, 1 < b < n Vì a < n nên a 6∈ S

và do đó a phải có ước nguyên tố, tức n có ước nguyên tố (vô lý) Định

lý do đó được chứng minh

Định lý 1.2.4 Nếu n là hợp số thì n có ước nguyên tố không vượt √

n

Chứng minh: Vì n là hợp số nên n = ab với a, b là số nguyên dương,

1 < a 6 b < n Khi đó n > a2, hay a 6 √n Vì a có ước nguyên tố vàước này không vượt quá a nên suy ra n có ước nguyên tố không vượtquá n

Định lý 1.2.5 [Euclid] Tập hợp tất cả các số nguyên tố là một tập vôhạn

Chứng minh: Ký hiệu P là tập tất cả các số nguyên tố và giả sử P

là một tập hữu hạn, chẳng hạn P = {p1, , ps} Xét số nguyên dương

P là một tập vô hạn

Ví dụ 1.2.6 Có nhiều vô hạn các số nguyên tố dạng 4n − 1 với n ∈ N.Lời giải: Giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố p1, , ps dạng4n − 1 Đặt q = 4

đó Điều này dẫn đến p | (−1) (vô lý) Vậy có vô hạn số nguyên tố dạng4n − 1

Định lý 1.2.7 Với mọi số nguyên dương n đều tồn tại ít nhất n sốnguyên dương liên tiếp mà mỗi số trong chúng là hợp số

Chứng minh: Xét dãy n số nguyên dương liên tiếp

Một vấn đề kinh điển của số học là người ta muốn ước lượng số các sốnguyên tố không vượt quá số x cho trước theo x Năm 1896, J Hadamard

và C.I de la Vallée-Poussin đã chứng minh được kết quả sau:

Định lý 1.2.8 [Luật tiệm cận] Cho số dương x ta đặt π(x) là số các

số nguyên tố không vượt quá x, khi đó

lim

x→+∞

π(x)x

b với (a, b) = 1 Khi đó cấp số cộng {an + b|n ∈ N} có chứa nhiều vôhạn số nguyên tố

Chứng minh các kết quả này dùng nhiều khái niệm của giải tích hiệnđại nên chúng tôi không trình bày ở đây do mục đích chỉ để luyện tậphọc sinh giỏi

Định lý 1.3.1 [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn

1 đều phân tích được thành một tích hữu hạn các thừa số nguyên tố và

sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự thừa số nguyên tố.Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dương không biểudiễn được thành tích một số hữu hạn các thừa số nguyên tố Ta chỉ cầnchỉ ra F = ∅ Thật vậy, giả sử F 6= ∅ Ta thấy nếu m ∈ F thì m > 2,

vì vậy F là tập bị chặn dưới Khi đó có số nguyên dương nhỏ nhất mthuộc F Vì m ∈ F nên m phải là hợp số Khi đó có hai số nguyên dương

q1, q2 > 1 để m = q1q2 Vì q1, q2 < m nên q1, q2 ∈ F Như vậy ta có sự/phân tích q1 = t1t2· · · th, q2 = u1u2· · · uk, ở đó ti, uj đều là các số nguyên

tố Điều này dẫn đến

m = q1q2 = t1t2· · · thu1u2· · · uk,mâu thuẫn với giả thiết m ∈ F Như vậy F phải là tập rỗng Tính duynhất của biểu diễn một số nguyên dương n > 1 thành tích các thừa sốnguyên tố được suy ra từ Hệ quả ??, và định lý được chứng minh

Khi phân tích số tự nhiên q > 1 thành tích các thừa số nguyên tố,

có thể một số nguyên tố xuất hiện nhiều lần Nếu các số nguyên tố

p1, , ps xuất hiện tương ứng α1, , αs lần, thì ta viết

tố tj chỉ có trong b Ta có

(a, b) = p1min(α1 ,β 1 )pmin(α2 ,β2)

2 · · · psmin(αs ,β s )

[a, b] = p1max(α1 ,β 1 )p2max(α2 ,β 2 )· · · psmax(αs ,β s )q1u1· · · qrurt1v1· · · thvh

Hệ quả 1.3.2 Nếu số tự nhiên n chia hết cho số nguyên tố p, nhưngkhông chia hết cho p2, thì √

p2 Vì n không chia hết cho p2 nên b chia hết cho p theo Định lý ?? Điềunày mâu thuẫn với việc chọn (a, b) = 1 Như vậy √

tỏ x, y có thừa số chung là p > 1 (mâu thuẫn) Vậy x = y = 0

Ví dụ 1.3.4 [AIME 1987] Xác định số các bộ ba số nguyên dương(a, b, c) thỏa mãn [a, b] = 1000, [b, c] = 2000, [c, a] = 2000

Lời giải: Vì 1000 và 2000 đều có dạng 2m5n nên a, b, c cũng phải códạng như thế Đặt a = 2m15n1, b = 2m25n2, c = 2m35n3, trong đó mi, nivới i = 1, 2, 3, là những số nguyên không âm Từ giả thiết ta có

max{m1, m2} = 3, max{m2, m3} = 4, max{m3, m1} = 4

max{n1, n2} = 3, max{n2, n3} = 3, max{n3, n1} = 3

Từ phương trình các mi ta suy ra m3 = 4 và m1 hoặc m2 = 3, số cònlại có thể nhận giá trị 0, 1, 2, 3 Tất cả có 7 nhóm bộ ba (m1, m2, m3) là(0, 3, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (3, 0, 4), (3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4) Từ phươngtrình các ni ta suy ra 2 trong số n1, n2, n3 phải bằng 3, số còn lại có thểnhận giá trị 0, 1, 2, 3 Tất cả có 10 nhóm bộ ba (n1, n2, n3) là (3, 3, 0),(3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 0, 3), (3, 1, 3), (3, 2, 3), (0, 3, 3), (1, 3, 3), (2, 3, 3) và(3, 3, 3) Như vậy ta có 7.10 = 70 bộ ba (a, b, c)

Chú ý 1.3.5 Một cách chứng minh khác cho Định lý ?? qua vận dụngĐịnh lý ??:

Giả sử tập tất cả các số nguyên tố là hữu hạn, chẳng hạn p1, p2, , prvới p1 < p2 < · · · < pr Xét số M =

1.4.1 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số

Ta đã biết cách biểu diễn một số tự nhiên theo cơ số 10 Định lý sau chocách biểu diễn một số nguyên dương theo cơ số k > 1 tuỳ ý

Định lý 1.4.1 Cho số nguyên dương k > 1 Mỗi số nguyên dương nđều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng

n = a0km+ a1km−1 + · · · + am−1k + am,trong đó m là một số nguyên không âm và a0, , am ∈ {0, 1, , k − 1}với a0 > 1

Chứng minh: Sự tồn tại: Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số tựnhiên m rằng với mỗi số nguyên dương n < km+1 đều có thể biểu diễnthành tổng n = a0km + a1km−1 + · · · + am−1k + am với a0, , am ∈{0, 1, , k − 1} Thật vậy m = 0 thì khẳng định hiển nhiên đúng Giả

sử bài toán đã đúng cho m = l − 1 với số nguyên dương l Gọi n làmột số tự nhiên sao cho n < kl+1 Ta chia n cho kl, khi đó tồn tạicác số tự nhiên a0, n1 sao cho n = kla0 + n1 với n1 < kl Vậy theo giảthiết quy nạp ta có thể biểu diễn n1 = a1kl−1 + · · · + al−1k + al với

a1, , am ∈ {0, 1, , k − 1}, do đó n = a0kl+ a1kl−1+ · · · + al−1k + al.Mặt khác, vì n < kl+1 nên a0 ∈ {0, 1, , k − 1}, do đó khẳng định trênđược chứng minh và hiển nhiên nó chứng minh sự tồn tại của biểu diễntrong định lý

Tính duy nhất: Giả sử ta có hai sự biểu diễn cho n theo k là

vế phải chia hết cho k nên am − bs chia hết cho k Ta suy ra am = bs

(vì am, bs ∈ {0, 1, , k − 1}) Lập luận hoàn toàn tương tự, ta có m =

s, ai = bi, i = 0, 1, , s Điều này chứng tỏ biểu diễn là duy nhất

Với biểu diễn n = a0km + a1km−1 + · · · + am−1k + am ta thường viết

n = a0a1 am−1amk hay a0a1 am−1am(k)

Số k được gọi là cơ số, còn a0, a1, , am được gọi là các chữ số của biểudiễn n theo cơ số k và biểu diễn n = a0a1 am−1amk được gọi là biểudiễn k-phân

Về nguyên tắc, để đổi một số ghi trong hệ k-phân sang hệ k0-phân tathực hiện liên tiếp phép chia số đó và các thương của các phép chia đócho k0 Tuy nhiên trong trường hợp này tất cả các phép tính phải thựchiện trong một k-phân mà ta không quen thuộc Vì vậy việc đổi một sốghi trong hệ k-phân sang hệ k0-phân thường được thực hiện qua hệ thậpphân: Đổi từ hệ k-phân sang hệ thập phân rồi từ hệ thập phân sang hệ

k0-phân

Đổi từ hệ thập phân sang hệ k-phân: Ví dụ biểu diễn số 3791 trong hệthất phân Để thực hiện liên tiếp phép chia 3791 và các thương của phépchia đó cho 7 ta viết như sau:

3791 = 541 · 7 + 4

Ví dụ 1.4.3 Xác định hai chữ số cuối cùng của số 1007555.

Lời giải: Chú ý rằng, số 555 có dạng 4n + 1 Vậy 1007555 = 10074n+1

Bổ đề 1.4.5 Với số tự nhiên bất kỳ a = a1a2 as ta luôn có

Chứng minh: (1) Tính chất này được suy trực tiếp qua định nghĩa.(2) Vì 10k = (9 + 1)k ≡ 1(mod 9) nên a =

Mệnh đề 1.4.6 Cho hai số tự nhiên bất kỳ a và b ta luôn có

và at + bt > 10 Như vậy ct = at + bt − 10 và ct+1 6 at+1 + bt+1 + 1 Tanhận được

Ví dụ 1.4.7 Chứng minh rằng S(2n) 6 2S(n) 6 10S(2n) với mọi sốnguyên dương n Chỉ ra rằng tồn tại n để S(n) = 2010S(3n).

Lời giải: Theo Mệnh đề ??, ta có

S(2n) = S(n + n) 6 S(n) + S(n) = 2S(n)

Tương tự, ta có S(n) = S(10n) = S(2n + 2n + 2n + 2n + 2n) 6 5S(2n).Vậy S(2n) 6 2S(n) 6 10S(2n) với mọi số nguyên dương n

Với n = 1333 335 chứa 6028 chữ số 3, ta có S(n) = 1 + 5 + 6028 · 3 và2010S(3n) = 2010 · 9 Hai số này bằng nhau

Ví dụ 1.4.8 [Russia 1999] Trong biểu diễn theo cơ số 10 của số tựnhiên dương n, mỗi chữ số (ngoài chữ số đầu tiên) lớn hơn chữ số ở bêntrái nó Xác định S(9n)

Lời giải: Giả sử n = akak−1 a0 Khi đó ta có biểu diễn

9n = 10n − n = akak−1 a00 − akak−1 a0.Như vậy 9n được thể hiện qua các chữ số ak, ak−1 − ak, , a1 − a2,

a0 − a1 − 1 và 10 − a0 Tổng các chữ số này bằng 10 − 1 = 9 Như vậyS(9n) = 9

Ví dụ 1.4.9 [Irish MO 1996] Xác định số nguyên dương n để S(n) =1996S(3n)

Lời giải: Xét số n = 1333 35, trong đó số 3 xuất hiện 5986 lần Ta cóS(n) = 1 + 5 + 3.5986 = 9.1996 Mặt khác, 3n = 4000 005 với sự xuấthiện 5986 lần của số 0 và S(3n) = 9 Như vậy 1996S(3n) = 1996.9 =S(n)

Chứng minh: Nếu m = 1, định lý là hiển nhiên đúng Giả sử m > 1, gọi

a1, a2, , aϕ(m) là ϕ(m) số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùngnhau với m Từ (a, m) = 1 nên aai 6≡ aaj (mod m) với mọi i 6= j Cốđịnh j ∈ {1, 2, , ϕ(m)}, tồn tại số tự nhiên q, r sao cho aaj = mq + rvới 0 6 r < m Từ (aaj, m) = 1 nên r 6= 0 và (r, m) = 1 Do đó

r = ak với k ∈ {1, 2, , ϕ(m)} Suy ra, với mỗi j ∈ {1, 2, , ϕ(m)} tồntại một số k ∈ {1, 2, , ϕ(m)} sao cho aaj ≡ ak (mod m) Vì các số

aaj là phân biệt theo modulo m nên ta suy ra {aa1, aa2, , aaϕ(m)} ={a1, a2, , aϕ(m)} Do đó

a1a2· · · aϕ(m) ≡ (aa1)(aa2) · · · (aaϕ(m)) ≡ aϕ(m)a1a2· · · aϕ(m) (mod m).Mặt khác (a1a2· · · aϕ(m), m) = 1, ta nhận được aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

Hệ quả 2.1.2 [Fermat] Nếu số nguyên a không chia hết cho số nguyên