Thông tin tài liệu
SỐ NGUYÊN - PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa Tập số nguyên bao gồm số tự nhiên số đối chúng ký hiệu Z Z 0, �1, �2, Số nguyên lớn gọi số nguyên dương Số nguyên nhỏ gọi số nguyên âm Tính chất 2.1 Khơng có số ngun lớn nhỏ Số nguyên dương nhỏ 2.2 Một tập hữu hạn Z ln có phần tử lớn phần tử nhỏ 2.3 Không có số nguyên nằm hai số nguyên liên tiếp 2.4 Nguyên lý qui nạp: Cho A tập hợp Z Nếu k A n A n + A , n ≥ k số nguyên lớn hay k thuộc A 2.5 Nếu a, b Z , a < b a + b 2.6 a �R, n �Z : n a Phép chia hết 3.1 Định nghĩa Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Nếu tồn số nguyên q cho a = bq ta nói a chia hết cho b hay a bội b (a Mb) hay b ước a (b|a) 3.2 Định lý (thuật toán chia) Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Khi đó, tồn số nguyên q, r cho a = bq + r với r < |b| 3.3 Các tính chất phép chia hết 3.3.1 Nếu a Mb am Mb với số nguyên m 3.3.2 Nếu a Mb b Mc a Mc c x, y Z ( ax + by gọi tổ hợp tuyến tính a, b) 3.3.3 Nếu a Mc b Mc ax by M 3.3.4 Nếu a Mb |a| ≥ |b| 3.3.5 Nếu a Mb b Ma |a| = |b| 3.3.6 a Mb am Mbm, m Z* BÀI TẬP Bài Cho a, b, n số nguyên, n > 0, a b Chứng minh a/ an – bn M(a – b) b/ (an + bn) M(a + b) với n lẻ c/ (an – bn) M( a + b) với n chẵn Bài Chứng minh với số nguyên n a/ 33n + – 26n – 27 M169 b/ n2 – 3n + không chia hết cho 121 Bài a/ Cho f(x) đa thức tùy ý với hệ số nguyên Chứng minh f(a) – f(b) M(a – b) với số nguyên a, b b/ Chứng minh không tồn đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7) = 24 k Bài Chứng minh ( a 1)M 2k 1 với k nguyên, a lẻ Bài Chứng minh (n + 1)(n + 2) …(2n) M2n với số nguyên dương n Bài Chứng minh tồn vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + Mn Bài Giả sử x, y, z số tự nhiên thỏa x2 + y2 = z2 Chứng minh xyz M60 Bài Cho x,y,z số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27 Bài Chứng minh a2 + b2 - ab M7 8a3 – 6b3 M7 Bài 10.Chứng minh + a 35 – b chia hết cho 11 a + b chia hết 11 ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT Ước chung lớn 1.1 Định nghĩa Số nguyên dương d gọi ước chung lớn số nguyên a 1, a2, …, an d ước chung a1, a2, …, an e ước chung khác chúng e ước d Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an) Ví dụ: (-20, 30, 50) = 10; (15, 20, 18) = Các số nguyên a1, a2, …, an gọi nguyên tố (a1, a2, …, an) = Các số nguyên a1,a2,…,an gọi nguyên tố sánh đôi hai số chúng nguyên tố Chú ý: Các số ngun tố sánh đơi ngun tố ngược lại khơng 1.2 Thuật tốn Euclid 1.2.1 Bổ đề Nếu a = bq + r (a,b) = (b,r) Chứng minh: Ta có (a,b) |a (a,b)| b (a,b)| r (a,b)|(b,r) (1) Mặt khác (b,r)|b (b,r)|r (b,r)|a (b,r)|(a,b) (2) Từ (1) (2) (a,b) = (b,r) 1.2.2 Tìm ước chung lớn hai số nguyên a b Đầu tiên ta chia a cho b dư r1 (0 r1 Khi r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) A mâu thuẩn với l số dương nhỏ A r = hay a Ml Tương tự ta có b Ml d Ml ( d = (a,b)) Mặt khác l = ax’ + by’ l Md Từ suy l = d 1.5 Hệ 1.5.1 a, b hai số nguyên tố tồn hai số nguyên m, n cho am + bn = 1.5.2 d ước chung lớn a b d tổ hợp tuyến tính dương nhỏ a b 1.5.3 Nếu d = (a1,a2,…,an) tồn số x1,x2, ,xn cho d = a1x1 + a2x2 + … + anxn Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Số nguyên dương b gọi bội chung nhỏ n số nguyên a 1,a2,…,an khác m bội chung a1,a2,…,an e bội chung khác chúng e bội b Ký hiệu b = [a1,a2,…,an] Ví dụ: [7, -14, 4] = 28 2.2.Tính chất 2.2.1 k[a,b] = [ka,kb] 2.2.2 [a,b,c] = [[a,b],c] 2.2.3 [a,b].(a,b) = ab Chứng minh tính chất 2.2.3 Đặt d = (a,b) a = a1d, b = b1d với (a1,b1) = Ta có [a1,b1] Ma1 [a1,b1] = m.a1 b1|[a1,b1] = ma1 b1|m Do (a1,b1) = [a1,b1] Ma1b1 mà a1b1 M[a1,b1] nên [a1,b1] = a1b1 [a,b].(a,b) = [a1d, b1d] d = [a1,b1]d2 = a1b1d2 = ab 2.2.4 Hệ a Mb, a Mc a M[b,c] a Mb, a Mc, (b,c) = a Mbc Bài Chứng minh phân số 15n tối giản 33n BÀI TẬP 21n 17 không số nguyên 14n Bài Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010n – chia hết cho 1010n – n ( M 1) Chứng minh Bài Cho M số nguyên dương tập hợp S n N / M Bài Chứng minh phân số tất tích có dạng ab với a, b S phân biệt Bài Chứng minh số có số lẻ ước số khác khi bình phương Bài Chứng minh (a,b) = (a + b,a2 + b2) Bài Giả sử m, n số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh (m,n) m n Bài Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6) Bài Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30 Bài 10.Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! x y SỐ NGUYÊN TỐ Định nghĩa Số nguyên p > gọi số nguyên tố p có hai ước dương Số ngun lớn số nguyên tố gọi hợp số Từ định nghĩa dễ thấy p số nguyên tố a số nguyên a Mp (a, p) = Định lý Cho hai số nguyên a, b số ngun tố p Khi p|ab p|a p|b Chứng minh Nếu p | a (a,p) = suy p|b 3.Định lý Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hay bậc hai Chứng minh Giả sử n = a b (1 < a, b < n ) Nếu a b lớn n n = ab > n (vơ lý) phải có thừa số khơng vượt q n hay có ước nguyên tố không vượt n 3.1.Hệ Nếu số ngun n > khơng có ước ngun tố nhỏ hay n n số nguyên tố Ví dụ: 211 số ngun tố tất số nguyên tố nhỏ 211 2, 3, 5, 7, 11, 13 không ước 211 Định lý số học Mọi số nguyên n > biểu diễn dạng tích số nguyên tố Phân tích khơng tính thứ tự thừa số Chứng minh Ta chứng minh tồn biểu diễn qui nạp Với n = 2, n =3, n = = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 biểu diễn dạng tích số nguyên tố Giả sử khẳng định đến n – 1, tức số nguyên không vượt n – biểu diễn dạng tích số nguyên tố Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có điều chứng minh Nếu n hợp số n = n 1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n 1, n2 biểu diễn dạng tích số nguyên tố, n biểu diễn dạng tích số nguyên tố Ta chứng minh cách biểu diễn Giả sử n có hai cách biểu diễn khác n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác số nguyên tố qj ) Khi p1| q1q2…qs p1| qj p1 = qj (mâu thuẩn) k Như số nguyên n > có biểu diễn n = �p i 1 i i p11 p22 pkk , i pi (i =1,2,…k) số nguyên tố đôi khác Ta nói n có dạng phân tích tắc 4.1 Hệ k 4.1.1 Nếu n có dạng phân tích tắc n p1 p2 pk số tất ước số dương n (1 1)( 1) ( k 1) k k i 1 i 1 4.1.2 Nếu n �pi i , m �pi i , i , i �0 m Mn i �i (i 1, 2, , k ) k min( , ) (m,n) = �pi i i i 1 k [m,n] = �p i 1 max( i ,i ) i Định lý: Tập hợp số nguyên tố vô hạn Chứng minh Giả sử có n số nguyên tố p1, p2, …, pn Xét số N = + p1p2…pn N > nên tồn số nguyên tố p ước N Rõ ràng p khác với p1, p2, , pn (vơ lý) Vậy có vơ hạn số ngun tố Hệ thống ghi số 6.1 Định lý Cho số nguyên dương d > Khi số tự nhiên N biểu diễn cách dạng N = d + d1b + d2b2 + … + dnbn (1), số nguyên dương d i thỏa mãn di b – Chứng minh Ta chứng minh qui nạp theo N Với N = 1, ta có biểu diễn = Giả sử biểu diễn nói có cho số 1, 2, …, N – Xét số N Gọi d0 số cho N – d0 Mb Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N, theo gt qui nạp N1 biểu diễn dạng N d0 d1 d 2b d3b d nb n 1 N1 = b Như N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn Nếu có cách biểu diễn khác cho N tức là: N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn = a0 + a1b + a2b2 + … + anbn Khi d0 = a0 = r ( số dư chia N cho b) N1 = N d0 d1 d 2b d3b d nb n 1 a1 a2b a3b anb n1 b theo tính chất giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh 6.2 Định nghĩa Giả sử g số tự nhiên lớn hớn M = {0,1,2,…, g – 1} tập hợp gồn g ký hiệu số tự nhiên Ta nói số tự nhiên s viết hệ g- phân ( hệ thống ghi số g) s = angn + an-1gn-1 + … + a1g + a0 n số nguyên dương a i M, an Ký hiệu: s = an an 1 a1a0 (g) bỏ (g) không nhầm lẫn 6.3 Hệ nhị phân Hệ thống ghi số sử dụng hai chữ số 0, Một số tự nhiên k hệ nhị phân viết k = an an 1 a1a0 với , i = 0,1,2, ,n chữ số 0,1 an có nghĩa k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2 + a0 6.3.1 Định lý Cho số tự nhiên N Gọi n số chữ số (0,1) N viết hệ nhị phân, ta có n = [log2N] + Chứng minh Ta có N = 2n – + an-22n -2 + … + a12 + a0 , {0,1} 2n > N ≥ n -1 n > log2N ≥ n – hay [log2N] = n – suy đpcm Phần nguyên 7.1 Định nghĩa Phần nguyên, ký hiệu [x], số thực x số nguyên lớn không vượt x Phần phân x , ký hiệu {x}, x – [x] 7.2 Tính chất 7.2.1 x = [x] + {x} 7.2.2 x = [x] x Z 7.2.3 x = {x} x < 7.2.4 x – < [x] x 7.2.5 Nếu k Z [x + k] = [x] + k, {x + k} = {x} + k 7.2.6 [x + y] – [x] – [y] 7.2.7 [x + y] ≥ [x] + [y] , {x + y} {x} + {y} 7.3 Định lý � � �� * Nếu số thực dương n N � �là số tất số nguyên dương bội n n không vượt qua * Nếu a, b hai số khơng âm [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý k Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = p1 p2 pk , i �n � �pi � �n � �p i � �n � �pi � số mũ i pi i � � � � � k � Chứng minh �n � � n � �pi � �pi � Tổng hữu hạn k đủ lớn n < pik � k � � k 1 � Giả sử p ước n! �n � �n � � �� n� Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p… � �p …n = p �p �� � !q p m m !q p �� �p � �n � �p � với m = � �và (p,q) =1 Tương tự m ! p Suy n ! p � m� �p � �� � m� !q ' với (p,q’) = �p � �� �n � � m� �p � �p � �� � � p �n � �n � � �� � �p � � m� � � �p � n ! qq ' p !qq ' với (p,qq’) = �p � �p � �� � � �n � �n � �p � �p � �n � �p � Cứ tiếp tục ta thu số mũ p : � � � � � k � Ví dụ: Số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố 100 � � 100 � � 100 � � 5 � � � � � � 20 24 Từ 100! Có tận 24 chữ số �5 � �5 � �5 � BÀI TẬP Bài Tìm tất số nguyên tố vừa tổng số nguyên tố, vừa hiệu số nguyên tố Bài Chứng minh số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp không số nguyên tố Bài Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số nguyên tố Bài Tìm tất số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 số nguyên tố Bài Tìm tất số nguyên tố p cho 2p2 + số nguyên tố a a b2 Bài Cho a, b, c số nguyên khác 0, a c thỏa mãn c c b2 2 Chứng minh a + b + c số nguyên tố Bài Tìm tất số nguyên tố p cho p2 + 11 có ước số nguyên dương Bài Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình p + = 2x 2, p2 + = 2y2 có nghiệm nguyên Bài Chứng minh p 8p2 + lẻ số nguyên tố 8p2 + 2p + số nguyên tố Bài 10.Tìm tất số tự nhiên n cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 n + 15 số nguyên tố Bài 11 Cho số tự nhiên thỏa tính chất: Bình phương tổng hai số chia hết cho tích hai số lại Chứng minh có ba bốn số phải ĐỒNG DƯ Định nghĩa Cho a, b, m số nguyên, m Nếu a – b chia hết cho m a gọi đồng dư với b modulo m, ký hiệu a b mod m Tính chất Cho a, b, c, d số nguyên Nếu a b mod m b a mod m Nếu a b mod m b c mod m a c mod m Nếu a b mod m c d mod m a + c b + d mod m Nếu a b mod m c d mod m ac bd mod m Nếu a b mod m, k nguyên dương ak bk mod m Nếu a b mod m d| m a b mod d Nếu a b mod m ac bc mod cm với c khác Nếu ab ac mod m (a,m) = b c mod m a b mod mi ( i =1,2,…,n) a b mod [m1,m2,…,mn] Định lý Fermat nhỏ Giả sử p nguyên tố, (a, p) = Khi ap–1 mod p Chứng minh Xét p – số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a Ta chứng minh không tồn số đồng dư phép chi a cho p Giả sử ka la mod p với k, l {1,2,…,p – 1} k l a(k – l) Mp k – l Mp k = l (mâu thuẩn) Vậy chia p – số cho p ta nhận p – số dư khác từ 1, 2,…, p – Suy a 2a …(p – 1)a 1.2….(p – 1) mod p (p – 1)! ap–1 (p – 1)! mod p Vì ((p – 1)!,p) = nên ap–1 mod p Từ định lý ta có ap a mod p (với p nguyên tố, (a,p) =1) Hệ thặng dư đầy đủ * Tập hợp x1, x2, …, xn gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số nguyên y tồn xi cho y xi mod m Tập {1,2,…, m – 1, m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m * Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có m phần tử * Một tập gồm m phần tử hệ thặng dư đầy đủ modulo m hai phần tử khác khơng đồng dư với modulo m * Cho số nguyên a m > Tập hợp tất số nguyên x thỏa mãn x a mod m gọi lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a a mt / t �Z Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu cách lấy a = 1,2,…,m * Một tập hợp {r 1,r2,…,rn} gọi hệ thặng dư thu gọn modulo m (r i,m) = 1, ri rj i j, i, j n với số nguyên x nguyên tố với m tồn r i cho ri x mod m Số phần tử hệ thặng dư thu gọn modulo m xác định hàm Euler (m) số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m 10 Hàm phi - Euler 5.1 Định nghĩa Hàm có tính chất sau: 5.1.1 (mn) (m)(n) với (m,n) = 5.1.2 Nếu p nguyên tố, (p) p 1, (p n ) p n p n 1 (n 1) , 5.1.3 Nếu m p1 p 2 p k k , pi số nguyên tố � 1� � �� � (m) m � 1 � 1 � � 1 � � � p1 � � p2 � � pk � 1 Ví dụ: (2) , (3) , (4) 22 , (20) 20(1 )(1 ) 5.2 Định lý Cho (a,m) = r1, r2,…., rn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi ar 1, ar2, …, arn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Chứng minh Vì (a,m) = nên (ri,m) = (ari, m) = Ta chứng minh phần tử tập {ar 1,ar2, …,arn} đôi phân biệt modulo m Thật vậy, ar i = arj mod m (a,m) = nên r i rj mod m (vơ lý) Theo 4.4 ta có đpcm 5.3 Định lý Euler Giả sử m số nguyên dương (a,m) = Khi a (m) �1 mod m Chứng minh Giả sử r1, r2, …, r (m) hệ thặng dư thu gọn gồm số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Theo định lý ta suy ar 1, ar2, …, ar (m) hệ thặng dư thu gọn modulo m Như đồng dư dương bé ar 1, ar2, , ar (m) phải số r1, r2, …, r(m) xếp theo thứ tự Vì ta có ar1.ar2 ar (m) �r1r2 r (m) mod m hay a (m) r1r2 r(m) �r1r2 r(m) mod m Vì (r1r2 r (m) , m) nên a (m ) �1mod m Ví dụ Tìm dư chia số 112010 cho số 24 Giải (24) Ta có (11,24) = 11 2010 11 8.251 11 �1mod 24 11 �1mod 24 �11 �1 mod 24 Phương trình đồng dư tuyến tính 6.1 Định nghĩa Phương trình 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 phần tử thuộc lớp x nghiệm 6.2 Định nghĩa Giả sử a, m số nguyên, m > Nghiệm phương trình ax mod m gọi nghịch đảo a modulo m 6.3 Định lý Nghịch đảo a modulo m (a,m) = 11 Chứng minh Gọi a’ nghịch đảo a modulo m aa’ mod m aa’ + mb = (a,m) = Đảo lại (a,m) = tồn a’, m’ cho aa’ + mm’ = aa’ mod m a’ nghịch đảo a modulo m a’ có a’’ cho aa’’ mod m aa’ aa’’ mod m , mà (a,m) = a’ a’’ mod m 6.4 Hệ Nếu p nguyên tố phần tử tập hợp {1,2, , p – 1} có nghịch đảo modul p 6.5 Định lý Nếu (a,m) = phương trình ax b mod m có nghiệm theo modulo m Chứng minh Ta có {1,2,…,m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m (a,m) =1 nên {a,2a, …,ma} hệ thặng dư đầy đủ modulo m có phần tử hệ đồng dư với b mod m Suy đpcm 6.6 Định lý tồn nghiệm phương trình đồng dư tuyến tính Giả sử (a,m) = d Khi phương trình ax b mod m (1) có nghiệm d| b Hơn nữa, d | b (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, m m m t, t , t , , t (d 1) (2) d d d a b m t nghiệm phương trình x � mod (3) d d d Chứng minh Nếu phương trình có nghiệm x0 ax0 = b + mt d| b a b m a m ( , ) có nghiệm t Đảo lại, d | b phương trình x � mod d d d d d phương trình ax b mod m có nghiệm t Mỗi nghiệm (3) nghiệm (1) ngược lại Dễ thấy (2) d nghiệm (3) nên (2) d nghiệm (1) Ngoài hai nghiệm m m mod m (1 �r,s �d 1) (2) phân biệt theo modulo m Thật t r �t s d d m m s mod m r s mod d r – s Md r = s r � d d Tiếp tục, ta chứng minh (1) khơng nghiệm khác ngồi (2) Giả sử y nghiệm (1) ay b mod m ay at mod m y t mod m y t mod m/d m m mod m y t + rm/d mod y = t + km/d Ta có k r mod d với r < d Do k �r d d m y thuộc (2) Ví dụ Giải phương trình 12x mod 23 Giải Do (12,23) = nên phương trình ln có nghiệm Ta tìm số nguyên k cho + 23k chia hết cho 12 Chọn k = 12x 7.24 mod 23 x 14 mod 23 Mệnh đề Giả sử p số nguyên tố Số nguyên a nghịch đảo modulo p a mod p a – mod p 12 Chứng minh Nếu a mod p a – mod p a2 mod p nên a nghịch đảo modulo p Ngược lại, giả sử a nghịch đảo modulo nó, tức a2 mod p a2 – Mp a + Mp a – Mp hay a – mod p a mod p Định lý Wilson 8.1 Định lí Với số nguyên tố p, ta có (p – 1)! – mod p Chứng minh Khi p = 2, ta có (p – 1)! = –1 mod Giả sử p số nguyên tố lớn 2, số nguyên a với a p – tồn nghịch đảo a’ với a’ p – cho aa’ mod p Theo mệnh đề có số p – nghịch đảo modulo p Như vậy, ta nhóm số 2, 3,…, p – thành (p – 3)/2 cặp mà tích chúng đồng dư modulo p 2.3 …(p – 3)(p – 2) mod p (p – 1)! 1(p – 1) –1 mod p Mệnh đề đảo định lý Wilson 8.2 Định lý Giả sử p số nguyên dương cho ( p – 1)! – mod p p số nguyên tố Định lý đồng dư Trung Hoa Giả sử m1, m2, …, mr số ngun tố đơi Khi hệ phương trình đồng dư tuyến tính x a1 mod m1 x a2 mod m2 … x ar mod mr có nghiệm modulo m = m1m2…mr Ví dụ Giải hệ phương trình x mod 5, x mod 7, x mod Giải x mod x 17 mod x mod x 17 mod x 17 mod 35 x mod x + 3.4 mod x 17 mod x 17 mod 105 BÀI TẬP Bài Chứng minh a số nguyên chẵn a mod 4, a số nguyên lẻ a mod Bài Chứng minh a lẻ a2 mod Bài Chứng minh n7 – n M42 với n nguyên dương Bài Chứng minh a + b + c M30 a5 + b5 + c5 M30 (a,b,c Z) n Bài Chứng minh 53 M 12 với n nguyên dương Bài Giả sử n số tự nhiên không chia hết cho 17 Chứng minh n8 – M17 n8 + chia hết 17 Bài Tìm tất số nguyên n cho n.2n + chia hết cho 13 Bài Với số nguyên n ta có 12 + 22 + …+ (n – 1)2 mod n Bài Tìm dư phép chia 19 54 a 2334 :17 b 462345 : 37 c 239237 :135 d 21000000 : 310 Bài 10.Giải hệ a) x mod 2, x mod 3, x mod b) x mod 11, x mod 12, x mod 13, x mod 17, x mod 19 c) x mod 6, x mod 10, x mod 15 Bài 11 Chứng minh định lý đảo định lý Wilson Bài 12.Chứng minh p, q số nguyên tố khác p q 1 q p 1 mod pq Bài 13.Chứng minh p nguyên tố ap bp mod p ap bp mod p2 Bài 14.Chứng minh p số nguyên tố lẻ 12.32…(p– 4)2(p –2)2 (–1)(p+1)/2 mod p Bài 15.Chứng minh p nguyên tố (p – 2)! – Mp p > (p –2)! – lũy thừa p Bài 16.Giả sử hàm số f: N* N* thỏa mãn điều kiện f(mf(n)) = n2f(m) m,n N* a) Chứng minh f(2009) số nguyên tố bình phương số nguyên tố b) Hãy xây dựng hàm f thỏa mãn điều kiện 14 BÀI TOÁN CHIA HẾT TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Chứng minh toán chia hết tập số nguyên Z tốn chương trình số học Song toán chứng minh chia hết phong phú đa dạng Đê thấy cách giải tốn cần phải trang bị phương pháp chứng minh Để thực điều đó, tơi xin đề xuất phương pháp chứng minh chia hết tập số nguyên Z Phương pháp quy nạp toán học Bài toán 1.1 Chứng tỏ hai số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho Chứng minh: Giả sử hai số tự nhiên liên tiếp n n+1 n �� , ta cần chứng minh hai số n n +1 chia hết cho Xét tích n.(n+1) cần chứng minh tương đương n.(n+1) (1) + Với n = n.(n + 1) = 1.2 =2 2 suy (1) + Giả sử (1) với n = k, k 1�� hay k.(k + 1) Ta cần chứng minh (1) với n = k + tức chứng minh: (k+1).(k+2) 2 Thật ta có: (k + 1).(k + 2) = k(k + 1) + 2.(k + 1) Theo giả thiết quy nạp ta có k(k + 1) 2 mà 2.(k + 1) k N Suy (k +1) ( k + 2) hay (1) chứng minh Nhận xét: i Ở toán ta sử dung phương pháp quy nạp, ta dễ dàng đưa điều cần chứng minh cách phân tích biểu thức cần chứng minh qua giả thiết có ii Bài tốn có cách giải khác giới thiệu phần sau từ tốn ta có tốn tổng quát sau: 15 Bài toán 1.2 Trong n số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho n Chứng minh: Giả sử có n số tự nhiên liên tiếp n (p + 1); (p + 2); ; (p +n) Ta cần chứng minh n số tự nhiên có số chia hết cho n Xét tích: (p + 1).(p + 2) (p + n) Điều cần chứng minh tương đương (p + 1) ; (p + 2) ; ; (p +n) n (**) + Với p = ta có (1 + 1).(1 + 2) ( + n) n + Giả sử (**) với p = k ; k >1 N ta có (k + 1).(k + 2) ( k + k) k (2) Ta cần chứng minh (**) với p = k +1 Tức chứng minh (k + + 1).( k +2) ( k +1 + k +1) (k+1) Thật ta có: (k + + 1).( k +2) ( k +1 + k +1) = (k + 2).(k + 3) ( 2k +2) = 2(k +1).(k + 2) (2k + 1) k+1 Vậy (** ) chứng minh Bài toán 1.3 Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Chứng minh: Giả sử ba số nguyên dương liên tiếp là: n, n + 1, n + 2; n Z Ta phải chứng minh: n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 (3) + Với n = ta có 13 + (1 + 1)3 + (1 + 2)3= 13 +23 + 33 = 36 nên (3) Giả sử (3) với n = -k , k >1 Z ta có k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 Thật 16 (k + 1)3 + (k + 2)3+ (k + 3)3 = (k +1)3+ ( k + 2)3 + k3 + 9K2 + 27K + 27 = K3 + (K + 1)3+ (K +2)3 + 9K2 +27K + 27 = K3 + (K + 1)3+ (K +2)3 + 9(K2 +3K + 3) Mà theo giả thiết quy nạp ta có: K3+ (K+1)3 + (K+2)3 9 K �� Mặt khác 9(K2 + 3K + 3) 9 Vậy (K + 1)3 + (K + 2)3 + (K + 3)3 9 hay (3) chứng minh Nhận xét: Từ hai toán ta thấy phương pháp chứng minh quy nạp sử dụng thuận lợi hiệu Để thấy rõ tính ưu việt phương pháp quy nạp ta xem xét toán sau 17 ... y SỐ NGUYÊN TỐ Định nghĩa Số nguyên p > gọi số nguyên tố p có hai ước dương Số ngun lớn số nguyên tố gọi hợp số Từ định nghĩa dễ thấy p số nguyên tố a số nguyên a Mp (a, p) = Định lý Cho hai số. .. tất số nguyên tố vừa tổng số nguyên tố, vừa hiệu số nguyên tố Bài Chứng minh số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp không số nguyên tố Bài Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số. .. * Nếu số thực dương n N � �là số tất số nguyên dương bội n n không vượt qua * Nếu a, b hai số khơng âm [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý k Trong phân tích số n! thừa số nguyên
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:00
Xem thêm:
