chuyendesohocvmf part4 booklet

120 6.3 Định lí thặng dư Trung Hoa Chương Ta có: x ≡ r1 x ≡ r2   (mod m1 ) (x − r) − k1 d dd1 ⇔ (mod m2 )  (x − r) − k d dd 2  x−r  ≡ k2 d ⇔  x−r ≡k d (mod d1 ) (mod d2 ) m = LCM m1 , m2 = LCM (m1 , m2 , , mn ) Theo ngun lí quy nạp ta có điều phải chứng minh Nhận xét Đây định lí Thặng dư Trung Hoa dạng mở rộng, hồn tồn chứng minh dựa sở định lí Thặng dư Trung Hoa Trong viết này, ta khơng sâu vào tìm hiểu định lí dạng mở rộng mà sâu vào ứng dụng định lí Thặng dư Trung Hoa (dạng thường) Diễn đàn Toán học 5.1 5.2 5.3 (6.13) Do (d1 , d2 ) = nên theo định lí Thặng dư Trung Hoa, tồn số x−r dương x cho x ≡ k1 (mod d1 ); x ≡ k2 (mod d2 ) Vì x d x−r x ≡ k1 (mod d1 ) nên hai nghiệm phương trình ≡x x ≡ k2 (mod d2 ) d (mod d1 d2 ) hay x ≡ xd + r (mod dd1 d2 ) Do m = LCM (m1 , m2 ) = dd1 d2 nên theo định lí Thặng dư Trung Hoa, hệ có nghiệm module m Giả sử định lí đến n − Ta chứng minh định lí đến n Đặt m1 = LCM (m1 , m2 , , mn−1 ) ; m2 = mn ; r2 = rn Vì ri ≡ rj (modGCD (mi , mj )) với ≤ i < j ≤ n nên theo giả thiết quy x ≡ ri (mod mi ) nạp, hệ phương trình có nghiệm x ≡ r1 i = 1, n − (mod m1 ) Mặt khác từ ri ≡ rj ( mod GCD(mi , mj )) với ≤ i < j ≤ n suy r1 ≡ r2 (mod GCD(m1 , m2 )) Theo chứng minh cho trường hợp n = ta có hệ phương trình x ≡ r1 (mod m1 ) có nghiệm theo module x ≡ r2 (mod m2 ) Chuyên đề Số học Phương trình đồng dư 5.4 5.5 5.6 5.7 Phương trình đồng dư tuyến tính 89 Phương trình đồng dư bậc cao 90 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 90 Bậc phương trình đồng dư 95 Bài tập 95 Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư 96 Bài tập 101 Trần Trung Kiên (Ispectorgadget) Nguyễn Đình Tùng (tungc3sp) 5.1 Phương trình đồng dư tuyến tính Định nghĩa 5.1 Phương trình đồng dư dạng ax ≡ b (mod m) gọi phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m số biết x0 nghiệm phương trình ax0 ≡ b (mod m) Nếu x0 nghiệm phương trình phần tử thuộc lớp x0 nghiệm Ví dụ 5.1 Giải phương trình đồng dư sau: 12x ≡ (mod 23) Lời giải Do (12; 23) = nên phương trình ln có nghiệm Ta tìm số ngun cho + 23k chia hết cho 12 Chọn k = suy 12x ≡ 7.24 (mod 23) ⇒ x ≡ 14 (mod 23) 89 90 5.2 Phương trình đồng dư bậc cao Ví dụ 5.2 Giải phương trình 5x ≡ (mod 7) Lời giải Vì (5; 2) = nên tồn số k = cho + 7k chia hết cho 30 Khi 5x ≡ + 6.7 (mod 7) ta nghiệm x ≡ ≡ (mod 7) hay x = + 7k 6.3 Định lí thặng dư Trung Hoa 119 điều kiện quan hệ, chia hết, , hay đếm số nghiệm phương trình đồng dư Việc sử dụng hợp lý (trong định lý) cho ta nhiều kết thú vị từ đưa nhiều tốn hay khó Ví dụ 6.12 Cho m1 , m2 , , mn số nguyên dương, r1 , r2 , , rn số nguyên Chứng minh điều kiện cần đủ để hệ phương trình đồng dư Ví dụ 5.3 Giải phương trình: 5x ≡ (mod 11) Lời giải Ta có: 5x ≡ (mod 11) ≡ (mod 11) x ≡ r1 (mod m1 ) x ≡ r2 (mod m2 ) x ≡ rn (mod mn ) Áp dụng tính chất bắc cầu ta có: 5x ≡ (mod 11) ⇒ 5x = 11t + Ta lấy t = 1; x = Từ phương trình có nghiệm x ≡ (mod 11) Nhận xét Cách xác định nghiệm đơn giản dùng trường hợp a số nhỏ dễ thấy số k có nghiệm ri ≡ rj (mod GCD (mi , mj )); ∀1 ≤ i < j ≤ n 5.2 Phương trình đồng dư bậc cao Nếu x0 x1 hai nghiệm thỏa mãn hệ phương trình x0 ≡ x1 (mod m) với m = LCM (m1 , m2 , , mn ) Tức hệ phương trình cho có nghiệm theo module m Ví dụ 5.4 Giải phương trình 2x3 + ≡ (mod 5) Lời giải Ta thấy x = suy 2x3 ≡ −4 (mod 5) Nên x = nghiệm phương trình cho Lời giải Trước hết ta giả sử hệ phương trình cho có nghiệm x0 Đặt GCD (mi , mj ) = d, ta có: 5.3 xo − ri ≡ (mod mi ) xo − rj ≡ (mod mj ) Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn Định nghĩa 5.2 Hệ phương trình trình đồng dư bậc ẩn  x ≡ b1    x ≡ b2    x ≡ bk có dạng sau gọi hệ phương Với m1 ; m2 ; mk số nguyên lớn b1 ; b2 ; ; bk số nguyên tùy ý Suy ri ≡ rj mod (GCD (mi , mj )) Do i, j tùy chọn nên ri ≡ rj (mod GCD(mi , mj )), ∀1 ≤ i < j ≤ n Đây điều kiện cần để hệ phương trình có nghiệm Ngược lại, ta chứng minh quy nạp theo n điều kiện thỏa mãn hệ phương trình ln có nghiệm theo module m với m = LCM (m1 , m2 , , mn ) Với trường hợp n = 2, đặt GCD (m1 , m2 ) = d ⇒ m1 = dd1 ; m2 = dd2 với GCD (d1 , d2 ) = Suy ri ≡ rj ≡ r (mod d) Đặt r1 = r + k1 d; r2 = r + k2 d Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học (mod m1 ) (mod m2 ) (mod mk ) Chuyên đề Số học Diễn đàn Tốn học 118 6.3 Định lí thặng dư Trung Hoa Số nguyên b thỏa mãn b ≡ (mod ni ), ∀i = 1, k b ≡ a (mod n) với n = n1 n2 nk Lời giải • Đặt n = n1 n2 nk đặt Ni = n ni Do (ni , nj ) = 1, ∀i = j nên suy (Ni , ni ) = ∀i = 1; k Do (Ni , ni ) = 1, ∀i = 1; k nên với i(1 ≤ i ≤ k) tồn bi cho Ni bi ≡ (mod ni ) (6.10) Như ta có b1 , b2 , , bk Do Nj ≡ (mod ni ) i = j, từ dĩ nhiên suy Nj bj ≡ (mod ni ) (6.11) 5.3 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 91 Nhận xét • Trong trường hợp tổng quát, chứng minh rằng: Điều kiện cần đủ để hệ phương trình (5.2) có nghiệm U CLN (mi ; mj ) chia hết bi − bj với i = j(1 ≤ i, j ≤ k) αa2 αk • Giả sử m = pα1 p2 pk phân tích tiêu chuẩn m Khi phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod m) tương đương với hệ phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pα1 i ), i = 1, 2, , k Từ suy x ≡ b1 (mod pα1 ) nghiệm phương trình f (x) ≡ (mod pi ), i = 1, 2, , k nghiệm hệ phương trình hệ phương trình đồng dư  x ≡ b1 (modpα1 )    x ≡ b2 (modpα2 )    x ≡ bk modpαk k k Đặt a = cho ta nghiệm phương trình f (x) ≡ 0(modm) Nj bj aj j=1 Vậy • Trường hợp tổng quát giải phương trình đồng dư dẫn đến giải hệ Với module m1 , m2 , , mk đôi nguyên tố Với i (1 ≤ i ≤ k) ta có k a = Ni bi + Nj bj aj (6.12) j=1;j=i Từ (6.10),(6.11),(6.12) suy a ≡ (mod ni ), ∀i = 1, k Phương pháp chung để giải: • Trường hợp 1: hệ phương trình • Dễ thấy, n1 , n2 , , nk đôi nguyên tố nên ta có kêt luận sau: Số nguyên b thỏa mãn b ≡ (mod ni ), ∀i = 1, k b ≡ a (mod n) với n = n1 n2 nk Nhận xét Ngoài cách chứng minh trên, ta sử dụng phép quy nạp để chứng minh định lí thặng dư Trung Hoa Định lí Thặng dư Trung Hoa khẳng định tồn lớp thặng dư số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính Do dùng định lí để giải toán tồn đếm số nguyên thỏa mãn hệ Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học x ≡ b1 x ≡ b2 (mod m1 ) (mod m2 ) Với giả thiết d = (m1 , m2 ) chia hết cho b1 −b2 Trước tiên ta nhận xét rằng, số x = b1 + m1 t, t ∈ Z nghiệm phương trình thứ Sau ta tìm cách xác định t cho x nghiệm phương trình thứ hai, nghĩa hệ hai phương trình tương đương với hệ phương trình x = b1 + m1 t b1 + m1 t ≡ b2 (mod m2 ) Chuyên đề Số học Diễn đàn Tốn học 92 5.3 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 6.3 Định lí thặng dư Trung Hoa Vì giả thiết d = (m1 , m2 ) ước b1 − b2 nên phương trình: b1 + m1 t ≡ b2 (mod m2 ) tương đương với phương trình: m1 b2 − b1 t≡ d d (mod • Trường hợp 3: q số chẵn, p số lẻ Tương tự trường hợp 2, ta có:  p = 2m + 1(m ∈ P)  q=2  (6.9)  p=3 q = n + 1(n ∈ P, n (mod 3)) m2 ) d m1 m2 , ) = nên phương trình đồng dư cho ta d d m2 nghiệm t ≡ t0 (mod ), tập hợp tất số nguyên d m2 t = t0 + u, u ∈ Z d Thay biểu thức t vào biểu thức tính x ta tập hợp giá trị x nghiệm hai phương trình đồng dư xét là: m2 x = b1 + m1 (t0 + u) = b1 + m1 t0 + m1dm2 u, hay x = x0 + mu d với x0 = b1 + m1 t0 , m = BCN N (m1 , m2 ) Nhưng ( Vậy x ≡ x0 (mod m) nghiệm hệ hai phương trình đồng dư xét • Trường hợp 2: Hệ gồm n phương trình Đầu tiên giải hệ hai phương trình hệ cho, thay hệ hai phương trình giải nghiệm tìm thấy, ta hệ gồm n − phương trình tương đương với với hệ cho Tiếp tục sau n − bước ta nghiệm cần tìm  x ≡ 26 (mod 36)    x ≡ 62 (mod 60) Ví dụ 5.5 Giải hệ phương trình: x ≡ 92 (mod 150)    x ≡ 11 (mod 231) Lời giải Hệ hai phương trình: x ≡ 26 x ≡ 62 (mod 36) ⇔ (mod 60) x = 26 + 36t , t ∈ Z 26 + 36t ≡ 62 Từ (6.8) (6.9) ta có cặp số p, q cần tìm Ví dụ 6.11 Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn a ≤ b ≤ c (a, b, c) = Chứng minh n > ac + b phương trình n = ax + by + cz có nghiệm nguyên dương Lời giải Gọi (a, c) = d ⇒ (b, d) = ⇒ A = {bi}di=1 HĐĐ mod d ⇒ ∃ y ∈ {1, 2, , d} cho by ≡ n (modd) ⇔ (n − by) d Do (a, c) = d ⇒ a = a1 d; c = c1 d (a1 , c1 ∈ Z + ; (a1 , c2 ) = 1) ⇒ B = {a1 j}cj=1 HĐĐ mod c1 n − by ⇒ ∃x ∈ {1, 2, , c1 } cho a1 x ≡ (mod c1 ) ⇒ ∃z ∈ Z cho d n − by = a1 x + c1 z d Mặt khác, ta có: ac + b − by ca1 − b n − by > = (d − 1) + a1 c1 ≥ a1 c1 ≥ a1 x ⇒ z ∈ Z+ d d d Từ suy n − by = ax + cz ⇔ n = ax + by + cz Vậy n > ac+b phương trình n = ax+by +cz có nghiệm ngun dương 6.3 6.3.1 Định lí thặng dư Trung Hoa Kiến thức Định lý 6.1– Cho k số nguyên dương n1 , n2 , , nk đôi nguên tố k số nguyên a1 , a2 , , ak Khi tồn số nguyên a thỏa mãn a ≡ (mod ni ), ∀i = 1, k 26 + 36t ≡ 62 (mod 60) ⇔ 36t ≡ 36 (mod 60) ⇔ t ≡ (mod 5) Diễn đàn Toán học 117 Chuyên đề Số học Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 116 6.2 Hệ thặng dư Thật vậy, ngược lại, giả sử ∃ i, j ∈ {1; 2; ; p − 1} , i < j mà ri = rj ⇒ 1≤j−i≤p−2 ⇔ (j − i)q p ≤j−i≤p−2 (vô lý) j − i p 5.3 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 93 Vậy nghiệm hệ là: x ≡ 26 + 36.1 (mod 180) hay x ≡ 62 (mod 180) Do hệ phương trình cho tương đương với hệ:  x ≡ 62 (mod 180) x ≡ 92 (mod 150)  x ≡ 11 (mod 231) Ví dụ 5.6 Giải hệ phương trình Ta có: rp−1 r1 r2 + + + p − p−1 + + + = = p p p p (p − 1)(q − 1) ⇒S= x ≡ 62 x ≡ 92 (6.7) (mod 180) ⇔ (mod 150) Lời giải Ta có: 62 + 180t ≡ 92 b Từ (6.7) suy để S số nguyên tố cần có p, q > hai số p, q lẻ x = 62 + 180t , t ∈ Z 62 + 180t ≡ 92 (mod 150) ⇔180t ≡ 30 ⇔6t ≡ (mod 1)50) (mod 150) (mod 5) ⇔ t≡1 (mod 5) Vậy nghiệm hệ là: • Trường hợp 1: p, q lẻ ⇒ p, q ≥ 3, p = q (do (p,q)=1), kết hợp với (6.7) ⇒ S số chẵn lớn ⇒ S số nguyên tố x ≡ 62 + 180.(1+) (mod 900) ⇔ x ≡ 242 Hệ cho tương đương với: • Trường hợp 2: p số chẵn, q số lẻ       S∈P⇔       ⇔  Diễn đàn Toán học x ≡ 242 (mod900) x ≡ 11 (mod231)    (p, q) = p−1=1   q−1 ∈P  (p, q) =   p−1∈P   q−1 =1 p=2 q = 2h + (h ∈ P) q=3 p = t + (t ∈ P, t (mod 900) Hệ có nghiệm x ≡ 242 (mod 69300) , nghiệm hệ cho cần tìm (6.8) (mod 3)) Chuyên đề Số học Ví dụ 5.7 Tìm số ngun dương nhỏ thỏa tính chất: chia dư 5, chia 11 dư chia 13 dư Lời giải Ta có: n1 = 7; N1 = 11.13 = 143; n2 = 11; N2 = 7.13 = 91; n3 = 13; N3 = 7.11 = 77 Ta có N1 b1 ≡ 3b1 ≡ (mod 7) → b1 = −2 Tương tự b2 = 4; b3 = −1 Vậy a = 143(−2)5 + (91)(4)(7) + (77)(−1)(3) = −1430 + 2548 − 231 = 887 số cần tìm có dạng b = 877 + 1001k Vậy 877 số cần tìm Chun đề Số học Diễn đàn Tốn học 94 5.3 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn Ví dụ 5.8 (Chọn đội tuyển KHTN) Xét hệ đồng dư gồm phương trình: xy ≡ −1 (mod z) yz ≡ (mod x) xz ≡ (mod y) (5.1) (5.2) (5.3) Hãy tìm số (x, y, z)nguyên dương phân biệt với1 số 19 Lời giải Từ ba phương trình, theo tính chất đồng dư ta có xy + z yz − x zx − y Suy 6.2 Hệ thặng dư 115 Do B = {1, 3, 5, 7, 9} HĐĐ mod B ∗ = {1.2n + 1; 3.2n + a; 5.2n + a; 7.2n + a; 9.2n + a} HĐĐ mod nên tồn số B∗ chia hết cho ⇒ Trong số a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 có số chia hết cho 5(n + 1) mà số gồm n + chữ số lẻ Vậy mệnh đề với n + Theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề với n nguyên dương Vậy với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n Trong số dạng toán Số học khác (xy + 1)(yz − 1)(zx − 1) xyz ⇒x2 y z − x2 yz − xy z + xyz + xy − yz − zx + xyz ⇒xy − yz − zx + xyz Nhận thấy x, y, z nguyên dương xyz ≥ Suy xy − yz − zx + ≤ 2xyz Mặt khác yz + zx − xy − ≤ 2xyz ⇒ −(yz + zx − xy − 1) ≥ −2xyz Do ta có bất phương trình kép −2xyz ≤ xy − yz − zx + ≤ 2xyz Mà xy−yz−zx+1 xyz ⇒ xy−yz−zx+1 = 2xyz, 1xyz, 0, −1xyz, −2xyz • Trường hợp 1: xy − yz − zx + = 2xyz ⇒ xy ≡ −1 (mod z), yz ≡ (mod x), zx ≡ (mod y) Cho nên ta cần tìm nghiệm xy − yz − zx + = 2xyz xong Vì x, y, z có số 19 nên ta thay vào Nếu x = 19 ⇒ 19y − yz − 19z + = 38yz ⇒ 39yz − 19y + 19z = ⇒ (39y + 19)(39z − 19) = −322 Với y = 19 z = 19 tương tự • Trường hợp 2,3,4,5: xy−yz−zx+1 = 1xyz, 0, −1xyz, −2xyz làm hoàn toàn tương tự, ta đẩy phương trình có dạng au+bv = ab+uv+x với x số Đưa (a − v)(b − u) = x giải kiểu phương trình ước số Bài tốn hồn tất Diễn đàn Tốn học Chun đề Số học Ngồi ứng dụng nêu trên, hệ thặng dư dùng nhiều dạng toán số học khác, đơn biểu tốn liên quan tới tính tổng, giải phương trình nghiệm nguyên (phương trình Diophant bậc nhất) Sau xin nêu số ví dụ Ví dụ 6.10 Với cặp số nguyên tố (p,q), đặt S= q 2q (p − 1)q + + + p p p a Chứng minh rằng: S = (p − 1)(q − 1) b Xác định giá trị p, q để S số nguyên tố kq rk = , rk số dư phép chia q p q cho p (0 ≤ rk ≤ p − 1) Lời giải a Ta có Ta có: S= q 2q (p − 1)q + + + − p p p rp−1 r1 r2 + + + p p p Vì (p, q) = ⇒ rk = ∀ k = 1, 2, , p − 1, từ ta thấy tập A = {r1 ; r2 ; ; rp−1 } hốn vị tập A = {1; 2; ; p − 1} Chuyên đề Số học Diễn đàn Tốn học 114 6.2 Hệ thặng dư • Vì Φ(p) = p − = |A| nên điều kiện (iii) thỏa mãn Vậy A HTG mod p b Vì B = {1; 2; 3; ; p − 1} HTG mod p Mà A HTG mod p (theo phần a.) nên ta có: p (i3 − 1) ≡ (p − 1)! (mod p) i=2 p (i2 + i + 1) ≡ ⇔ (mod p) i=2 p (i2 + i + 1) ≡ ⇔ (mod p) 5.4 Bậc phương trình đồng dư 95 Nhận xét Bài tốn mà khơng cho điều kiện số 19 khơng đưa dạng au + bv = ab + uv + x ↔ (a − v)(b − u) = x lúc suy vơ hạn nghiệm 5.4 Bậc phương trình đồng dư Định nghĩa 5.3 Xét phương trình đồng dư f (x) = (mod m) với f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an , ∈ N, i = 0, 1, , n Nếu a0 khơng đồng dư (mod m) ta nói n bậc phương trình đồng dư i=1 Ví dụ 5.9 Xác định bậc phương trình 15x6 − 8x4 + x2 + 6x + ≡ (mod 3) Nhận xét Ta mở rộng Ví dụ 6.7 sau: Ví dụ 6.8 Cho p số nguyên tố lẻ có dạng mk + (m, k số nguyên dương, m > 2) Tìm số dư phép chia p (tm−1 + tm−2 + + t + 1) T = Lời giải Ta thấy 15 ≡ (mod 3) nên bậc phương trình khơng phải bậc Phương trình tương đương với −8x4 + x2 + ≡ (mod 3) Vì −8 ≡ (mod 3) nên bậc phương trình n = t=1 cho p Ví dụ 6.9 Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên n gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n Lời giải Xét số xn = a1 a2 an = 5n a thỏa mãn (với ∈ Z+ lẻ với i = 1, 2, , n a ∈ Z+ ) Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học Với n = ⇒ ∃a = 51 Vậy mệnh đề với n = 1 Giả sử mệnh đề với n ⇔ xn = a1 a2 an = mệnh đề với n + Xét số sau đây: a1 a2 a3 a4 a5 Diễn đàn Toán học = 1a1 a2 an = 3a1 a2 an = 5a1 a2 an = 7a1 a2 an = 9a1 a2 an 5n a, cần chứng minh = 5n (1.2n + a) = 5n (3.2n + a) = 5n (5.2n + a) = 5n (7.2n + a) = 5n (9.2n + a) 5.5 Bài tập Bài Giải phương trình sau: a) 7x ≡ (mod 13) b) (a + b)x ≡ a2 + b2 (mod ab) với (a, b) = c) 17x ≡ 13 (mod 11) d) x2 + x − ≡ (mod 3)  x≡1    x≡4 Bài Giải hệ phương trình: a) x≡2    x≡9   5x ≡ (mod 12) 5x ≡ (mod 8) b)  7x ≡ (mod 11) (mod (mod (mod (mod 3) 4) 7) 11) Bài Tìm a nguyên để hệ phương trình sau có nghiệm Chuyên đề Số học Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 96 5.6 Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư  x ≡ (mod 3)    x ≡ (mod 4) a) x ≡ 11 (mod 7)    x ≡ a (mod 11) b) 113 Từ hai điều suy tồn số j(1 ≤ j ≤ k) cho ak bk,j ∈ / {bk,1 , bk,2 , , bk,k } Xét tập {bk,1 , bk,2 , , bk,k , ak bk,j } Sau đánh số lại phần tử ta thu tập 2x ≡ a (mod 3) 3x ≡ (mod 10) {bk+1,1 , bk+1,2 , , bk+1,k , bk+1,k+1 } Bài Một lớp gồm 40 học sinh đứng thành vòng tròn quay mặt vòng tròn để chơi bóng Mỗi học sinh nhận bóng phải ném qua mặt bạn bên tay trái Chứng minh tất học sinh lớp nhận bóng ném tới sau 40 lần ném bóng liên tiếp 5.6 6.2 Hệ thặng dư Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư Ta thấy tập có k + phần tử thỏa mãn hai tính chất nên theo nguyên lí quy nạp, bổ đề chứng minh Quay lại toán, áp dụng bổ đề 6.3, xét tập {bp−1,1 , bp−1,2 , , bp−1,p−1 }, ta thấy tập HTG mod p nên chứa phần tử đồng dư với mod p Vì phần tử khác nên phải đồng dư với tích số ak Suy đpcm Trong tập tập số ngun dương, tốn số học chia hết Ví dụ 6.7 Cho p > số nguyên tố có dạng 3k + Qua viết xin giới thiệu phương pháp để giải phương trình đồng dư cách khai thác định lý Euler a Chứng minh tập A = HTG mod p Trước hết, xin nhắc lại vài kiến thức quen thuộc b Chứng minh p Định lý Euler (i2 + i + 3) ≡ 3(modp) Lời giải a Ta chứng minh tập A thỏa mãn điều kiện nêu Định nghĩa 6.2 • Hiển nhiên phần tử A không chia hết cho p (thỏa mãn điều kiện (i)) • Giả sử tồn ≤ i < j ≤ p − cho Định lý 5.1 (Euler)– Cho m số nguyên dương (a, m) = aϕ(m) ≡ (mod m) i3 − ≡ j − (mod p) ⇒ i3 ≡ j (mod p) ⇒ i3k ≡ j 3k (mod p) Hàm ϕ có tính chất sau: • ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) với (m; n) = • Nếu p nguyên tố ϕ(p) = p − 1; ϕ(pn ) = pn − pn−1 (n > 1) Diễn đàn Toán học i=1 Định nghĩa 5.4 Hàm Euler ϕ(m) với số nguyên dương m số tự nhiên nhỏ m số nguyên tố với m 5.6.1 23 − 1; 33 − 1; 43 − 1; ; p3 − Chuyên đề Số học Mặt khác, theo định lí Ferma, ta có: i3k+1 ≡ j 3k+1 (mod p) Từ suy i ≡ j (mod p) ⇒ i = j (mâu thuẫn) Vậy A thỏa mãn điều kiện (ii) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 112 6.2 Hệ thặng dư Ta chứng minh đa thức Q(x) = R(x)+pm (1−e) đa thức cần tìm.Thật vậy, n n 5.6 Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư k • Nếu m = pα1 pα2 pαk , pi số nguyên tố φ(m) = m − m an = (p + 1) + Q(n) = (p + 1) + R(n) + p (1 − e) = un + pm (1 − e) pm , ∀n = 1, 2, (6.6) Mặt khác m aϕ(b) + bϕ(a) ≡ m ƯCLN an với n = 1, 2, Ví dụ 6.6 Cho p ≥ số nguyên tố a1 , a2 , , ap−2 dãy số nguyên dương cho p không ước số ak ak k − với k = 1, 2, 3, , p − Chứng minh tồn số phần tử dãy a1 , a2 , , ap−2 có tích đồng dư với module p Lời giải Ta có bổ đề sau: Bổ đề 6.3– Với số nguyên k = 1, 2, , p − tồn tập số nguyên {bk,1 , bk,2 , , bk,k } thỏa mãn hai điều kiện sau: Mỗi bk,j 1, tích số phần tử dãy a1 , a2 , , ap−2 , bk,i p2 − pk ϕ(m1 ) t1 ϕ(m2 ) + t2 1(modp) ⇒ (ak bk,1 )(ak bk,2 ) (ak bk,k ) Diễn đàn Toán học bk,1 bk,2 bk,k (mod p) Chuyên đề Số học ϕ(mk ) + + tk ≡1 (mod M ) (5.5) Chứng minh Từ giả thiết ta có (mi , ti ) = với i = 1, 2, , k nên theo định lý Euler t1 ≡1 (mod mi ) (5.6) Mặt khác với i; j thuộc tập 1;2; ;k i = j tj chia hết cho mj nên (tj ; mi ) = mi hay ϕ(mi ) tj ϕ(m ) phân biệt theo mod p (5.4) Định lý 5.3– Giả sử có k(k ≥ 2) số nguyên dương m1 ; m2 ; mk chúng nguyên tố với đôi Đặt M = m1 m2 mk = mi ti với i = 1, 2, , k ta có ϕ(m1 ) {ak bk,1 , ak bk,2 , , ak bk,k } (mod ab) Chứng minh Theo định lý Euler ta có: aϕ(b) ≡ (mod b) mà bϕ(a) ≡ (mod b) Nên aϕ(b) + bϕ(a) ≡ (mod b) Tương tự ta có:aϕ(b) + bϕ(a) ≡ (mod a) Theo tính chất đồng dư : aϕ(b) + bϕ(a) ≡ (mod ab) bk,j (mod p) với ≤ i = j ≤ k Chứng minh Với k=2 chọn b21 = 1; b22 = a1 (mod p) (do a11 − không chia hết cho p) Giả sử với ≤ k ≤ p − ta chọn tập {bk,1 , bk,2 , , bk,k } thỏa mãn hai tính chất Vì ak p nên hai phần tử khác tập akk 1− Bây ta xét m = a.b (a; b) = có kết sau a1 = (p + 1) + Q(1) = p + + R(1) + p (1 − e) = ep + p (1 − e) pm Do p1 Định lý 5.2– m pm 97 ϕ(m ) ≡0 (mod mi ) (5.7) ϕ(m ) Đặt S = t1 + t2 + + tk k i Từ (5.6) (5.7) có S ≡ tϕm ≡ (mod mi ) i Vì m1 ; m2 ; mk nguyên tố với đôi một, nên theo tính chất đồng dư thức có S − ≡ (mod m1 m2 mk ) ⇔ S ≡ (mod M ), tức có (5.5) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 98 5.6 Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư Khi mở rộng (5.4) theo hướng nâng lên lũy thừa số hạng ta có kết sau Định lý 5.4– Với (a, b) = n, v hai số ngun dương anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ (mod ab) (5.8) Chứng minh Để tiện lập luận đặt x = aϕ(b) Theo định lý Euler x = aϕ(b) ≡ (mod b) ⇔ x − ≡ (mod b) Đồng thời x = aϕ(b) ≡ (mod a) Từ có x(x−1) ≡ (mod a) x(x−1) ≡ (mod b) nên x(x−1) ≡ (mod ab) Từ x3 ≡ x2 x ≡ x.x ≡ x2 ≡ x (mod ab) lập luận có xn ≡ x (mod ab) hay anϕ(b) ≡ aϕ(b) (mod ab) Tương tự ta có: bvϕ(a) ≡ bϕ(a) (mod ab) nên theo (5.4) có anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ bϕ(a) + aϕ(b) ≡ (mod ab) (5.8) chứng minh Hệ 5.1– Với (a; b) = anϕ(b) + bnϕ(a) 6.2 Hệ thặng dư 111 Lời giải Ta có bổ đề sau: Bổ đề 6.2– ∀k ∈ N, k < m tồn bk ∈ Z cho bk pm + pk k! Chứng minh Giả sử k! = pαk Mk với (Mk ; p) = Khi e chạy tập {0; 1; ; Mk − 1} số epm−k lập thành HĐĐ modMk , tồn bk ∈ Z cho bk pm−k ≡ −1 (mod Mk ) ⇔ (bk pm−k + 1) Mk ⇔ (b pm + pk ) pk M k Mặt khác ∞ i=1 Với kí hiệu định lý 5.3 ta có ti tj ≡ (mod M ) với i khác j i; j thuộc tập 1,2, ,k (nhưng t ≡ (mod M ) với i = 1, 2, 3, k) Đặt R(x) = − nϕ(mk ) + + tk n ∞ nϕ(ti ) nϕ(mi ) + ti ≡1 (mod M ) m−1 i − m fi (n)p − p i=1 fi (n)bi i=0 (5.9) Với kí hiệu ta đặt a = mi b = ti theo (5.4) có mi m−1 Cni pi un = (p + 1) + R(n) = (mod M ) i=0 i=0 ≡1 Cni n ≥ i n < i có hệ số nguyên Ta có: n Định lý 5.5– Với giả thiết định lý 5.3 ta có: nϕ(m2 ) i=1 k