Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
254,42 KB
Nội dung
CHUYÊN ĐỀ TÍNH CHẤT SỐHỌCCỦACÁCHỆSỐNHỊTHỨC Thông tin tác giả - Tên tác giả: Trần Mạnh Sang - Tên quan nơi tác giả công tác: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định - Địa email điện thoại: manhsang12.1@gmail.com Nội dung báo cáo: Chuyên đề tập trung khai thác tính chất sốhọchệsố Cnk (tổ hợp chập k n) Các tính chất đại số khơng trình bày chun đề Một số định lý áp dụng: Lucas, Kummer, Woltenholme Phần Lí thuyết mở đầu Định nghĩa Tổ hợp chập k n, kí hiệu Cnk , số cách chọn k phần tử từ tập có n phần tử, hay số tập có k phần tử tập có n phần tử n n 1 n n k 1 n! Theo quy tắc nhân ta có C k! k ! n k ! 0 k n Quy ước C00 Một số tính chất Cnk : Cnk Cnn k ; Cnk Cnk1 Cnk11 ; n 1 Cn0 Cn1 Cn2 Cn n Cn Cnn ; kCnk nCnk11 ; Cn0 Cn11 Cn2 Cnk k Cnk k 1 ; Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2n ; n Cn0 Cn1 Cn2 1 Cnn ; Cn0 Cn2 Cn4 Cn1 Cn3 Cn5 2n1 ; k n k n Cn1 2Cn2 3Cn3 nCnn n n1 ; k (Vandermonde) i m C C k i n Cmk n ; i 0 10 Cho số p nguyên tố, C pk p, k 1, p Các tính chất từ đến chứng minh dễ dàng công thức Cnk định nghĩa Cnk , tơi xin trình bày chứng minh tính chất 10, tính chất áp dụng nhiều ví dụ chuyên đề Với k 1, p , ta có C pk p! số nguyên k ! p k ! Trong p ! p, k !, p p k !, p nên C pk p Phần Một số toán n 1 Bài Với n số nguyên dương lẻ lớn 3, chứng minh dãy số Cn0 , Cn1 , , Cn chứa chẵn số lẻ Giải n n 1 n n Ta có C C C n n n n 1 n C Cnn1 Cnn 2n n 1 n n Hơn C C , C C , , C n n Suy C C C n 1 n n 1 n C n 1 n 2n 1 , số chẵn Vậy dãy có chẵn số lẻ, có lẻ số lẻ tổng tất số phải số lẻ Bài Chứng minh b a j 1 | Cbj với a, b số nguyên lớn 1, j a a Giải + Chứng minh quy nạp b n n 1, n nguyên dương Suy b a a j b ! b j ! b j ! j ! a j + Ta có Cb a j 1 a a i (*) i 0 Với số i 0, j , đặt i b r m với b | m , r số tự nhiên Do j a nên i a , suy r nhỏ a Khi b a i b a b r m b r b a r m , hay số mũ b i số mũ b ba i Với i 1, j số mũ b tử mẫu (*) nhau, số mũ b Cbj a trừ số mũ b j a Do b j 1 j nên số mũ b j không vượt j , hay số mũ b Cbj không a nhỏ a j , ta có điều phải chứng minh Bài Với số nguyên dương n Tìm ước chung lớn số C21n , C23n , , C22nn1 Giải Gọi g ước chung lớn tất số Ta có C21n C23n C22nn 1 2 n1 , suy g 2m , m (do g ước C21n C23n C22nn 1 ) Xét n k.q với q số lẻ Ta có C21n 2n 2k 1 q , suy g k 1 i 2n Với i lẻ i 2n , ta có C 2n ! 2n 1! 2n 2k 1 q i 1 C2 n1 i ! 2n i ! i i 1! 2n i ! i Do i số lẻ nên C2i n k 1 Vậy g k 1 Bài (1998 Chinese Mathematical Olympiad) Xác định số nguyên dương n cho 22000 chia hết cho Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 Giải Giả sử n số thỏa mãn đề Do số nguyên tố nên Cn0 Cn1 Cn2 Cn3 2k ,0 k 2000 n n n n Ta có C C C C n 1 n2 n , suy n 1 n n 3.2k 1 Đặt n m , ta m m 3m 3.2k 1 Ta xét trường hợp Trường hợp m s , m s Ta m 3m 22 s 3.2 s 3.2t , với t k s Nếu s 3.2t 22 s 3.2s mod16 , suy 2t , hay m 3m 24 m 3m 16 , vơ lí m số nguyên Với s ta m 8, t 4, n Với s ta m 4, t 2, n Trường hợp m 3.2u , m u Ta m 3m 9.2 2u 9.2u 2v , với v k u Dễ thấy với u 1; không tồn v Nếu u 2v 9.22u 9.2u mod16 v m m 3 , mâu thuẫn với m Với u ta m 24, v 9, n 23 Vậy giá trị n 3,7, 23 Bài (1999 Romanian IMO TST) Chứng minh với số nguyên dương n số S n C20n1 2 n C22n 1 22 n 2.3 C22nn1 3n tổng số phương liên tiếp Giải Sử dụng khai triển nhịthức ta tính S n 1 2 n 1 2 n 1 Cần chứng minh tồn số nguyên dương k cho S n k 1 k hay 2k 2k Sn 1 Coi phương trình bậc ẩn k, có S n 1 2n1 Suy phương trình có nghiệm k n 1 1 n n 1 n 1 1 n n 1 Ta cần chứng minh k số nguyên m Kí hiệu am 1 m với m số nguyên dương Ta dãy am : a0 2, a1 2, am 2am1 2am , m Suy am số nguyên với m Từ công thức truy hồi quy nạp am m 2 n Bài (IMO lần thứ 16) Chứng minh với số ngun dương n bất kì, ta có k 1 n 1 C 23k không k 0 chia hết cho Giải Ta có khai triển 1 2 1 2 n 1 n 1 n 1 3i i 0 n n n C2i n 1 2 C22ni 1 23i C22ni 11 23i.2 an bn i 0 i 0 n 2i n 1 Với an C i 0 bn C22ni 11 23i 3i i 0 Tương tự ta có 2 n 1 an bn Nhân hai đẳng thức với ta 7 n1 an2 8bn2 mod n Giả sử bn mod an2 7 n1 22 n 1 2 1 3 mod Tuy nhiên không số phương mod 5, suy mâu thuẫn Vậy có điều phải chứng minh Bài Với số nguyên dương lẻ n , chứng minh Cn1 5Cn2 52 Cn3 5n1 Cnn không số nguyên tố Giải Đặt N Cn1 5Cn2 52 Cn3 5n 1 Cnn n Ta có N Cn0 5Cn1 52 Cn2 53 Cn3 5n Cnn 1 4n 2 n21 n n 1 n n n 1 Suy N 1 2.2 1 5 n 1 n 1 n 1 n n21 1 n n 1 2 1 1 1 2 1 2n 1 5 Với n hai thừa số lớn có số chia hết cho 5, giả sử N N1 N N1 N , hay N hợp số Vậy có điều phải chứng minh Bài Chứng minh Cnk mod với k 1, 2, , n n a , a * Giải Kí hiệu v2 n số mũ lớn khai triển n thành tích thừa số nguyên tố + Xét Cnk mod với k 1, 2, , n Ta có v2 Cnk v2 n ! v2 k ! v2 n k ! n Hơn ta có v2 n ! i , thực ta đánh giá i log n , giá trị i lớn i 1 n 2i n k n k Suy v2 Cnk i i i i 1 i 1 i 1 Do Cnk mod với k 1, 2, , n nên v2 Cnk với k 1, 2, , n Ta viết n 2a m , giả sử m 2a m n 2a m m 2a Ta v2 C , mâu thuẫn 2i i 1 2i i 1 2i i 1 m n Vậy m hay n a , a * + Xét số nguyên dương n a , a * Ta có x y x y mod , x, y 2a a a Quy nạp ta x y x y mod n Thay y ta x 1 x n 1 mod Suy Cn1 x Cn2 x Cnn x n 2 Cnn1 x n1 mod với số nguyên x Do tính chất Cnk Cnn k nên suy Cnk mod , k 1,2, , n Ta có điều phải chứng minh Bài Chứng minh với số ngun dương n C2nn có chẵn ước ngun dương Giải Ta có nhận xét: + Một số nguyên dương k có chẵn ước nguyên dương k khơng số n phương (Chú ý d | n | n ) d Vì mục đích tốn thay chứng minh C2nn khơng số phương + Với số nguyên dương n, tồn số nguyên tố p mà n p 2n Đây nội dung định đề Bertrand (năm 1832), ông chứng minh điều với số nguyên dương nhỏ triệu, không chứng minh với số nguyên dương n, đến năm 1837 Chebyshev chứng minh cơng cụ giải tích, đến định đề công nhận Từ ta gọi định lý Bertrand Năm 1932 định đề chứng minh Erdos phương pháp sơ cấp Sau bước chứng minh Erdos Bổ đề Với n số ngun dương, khơng có số ngun tố nằm n 2n tất 2n ước nguyên tố C2nn nằm đoạn 2; 3 Bổ đề Với số nguyên dương n p ước nguyên tố C2nn p Bổ đề Với số nguyên dương n p4 n với p số nguyên tố p n v p C2nn 2n 4n Bổ đề Với số nguyên dương n C 2n n 2n Quay lại Bài Tồn số nguyên tố p mà n p 2n , suy 2n p 4n Ta có v p C2nn v p 2n ! 2v p n ! Suy C2nn không số phương, ta có điều phải chứng minh Một số ví dụ áp dụng định lí Bertrand (Định lý Green field) Với số nguyên dương n, tập 1, 2, , n 1, 2n phân hoạch thành n tập a1 , b1 ,a2 , b2 , , an , bn thỏa mãn bi số nguyên tố với số i 1,2, , n Tồn số nguyên dương a, b thỏa mãn với sốthực dương x a ln x b ln x x x x với x sốsố nguyên tố không lớn x Kí hiệu pk số nguyên tố thứ k, pk 1 p1 p2 pk Với số nguyên dương k 202 số nguyên dương n 2k Cnk n p Bài 10.Chứng minh với số nguyên tố lẻ p ta có j p C C j p j k p 1 mod p j 0 Giải p Ta có j p C C hệsố x p khai triển j p j j 0 p C pj x 1 p j j 0 p p j p p p p C pj x 1 x 1 x 1 1 x 1 x x 1 j 0 p p Hệsố x khai triển C k p C pp k 2k k 0 p 1 Do tính chất 10 nên C k p C pp k k mod p k 1 p Suy j p C C j p j C p0C pp C pp C p0 p p mod p , ta có điều phải chứng minh j 0 Bài 11 Chứng minh C2pp mod p với số ngun tố p Giải k Theo cơng thức Vandermonde ta có i m C C k i n Cmk n i 0 Xét m n k p ta có C2pp C p0C pp C 1pC pp 1 C pp 1C 1p C ppC p0 Do p nguyên tố nên C pk mod p , k 1, 2, , p nên C 1pC pp 1 C pp 1C 1p mod p Suy C2pp C p0C pp C pp C p0 mod p , ta có điều phải chứng minh Phần Một số định lý Định lý Lucas Cho số nguyên tố p số nguyên dương n với n nm nm 1 n0 p Với số nguyên dương i nhỏ n ta viết i i0 i1 p im p m với i0 , i1 , , im p Khi m ij Cni Cn mod p j j 0 Để chứng minh định lý ta cần xét đồng dư đa thứchệsố nguyên với modp Với số nguyên tố p, ta nói hai đa thứchệsố nguyên f x g x đồng dư theo modp viết f x g x mod p tất hệsố đa thức f x g x chia hết cho p Ở dây Theo định nghĩa ta suy f x f x mod p ; Nếu f x g x mod p g x f x mod p ; Nếu f x g x mod p g x h x mod p f x h x mod p ; Nếu f x g x mod p f1 x g1 x mod p f x f1 x g x g1 x mod p f x f1 x g x g1 x mod p ; Chứng minh định lý Lucas p Theo tính chất 10 ta có 1 x x p mod p pr r Quy nạp ta 1 x x p mod p với số nguyên dương r n Ta có 1 x 1 x 1 x n0 n1 p nm p m n0 n1 m n p p 1 x 1 x 1 x n1 1 x p x p m nm nm mod p Hai đa thức đồng dư modp nên hệsố tương ứng đồng dư modp Ta xét hệsố x i hai vế n Hệsố x i 1 x Cni 10 i1 Do i i0 i1 p im p m nên hệsố x i vế phải hệsố x i x p x p Cni Cni Cni m m m im , hệsố Suy Cni Cni Cni Cni mod p , ta có điều phải chứng minh m m Định lý Kummer Cho số nguyên dương n i với i n số nguyên tố p Khi p t ước Cni t nhỏ số lần nhớ cộng n i i hệsố p Chứng minh Trước hết có nhận xét n n + Với số nguyên dương n số nguyên tố p ta có v p n ! p p + (Định lý Legendre) Với số nguyên tố p số nguyên dương n, n nm nm 1 n0 v p n ! n nm nm 1 n0 p 1 Thật Ta viết n nm nm 1 n0 p n0 n1 p n2 p nm p m n Suy n1 n2 p nm p m1 p n m 2 p n2 n3 p nm p … n p m nm Cộng vế đẳng thức ta v p n ! n1 n2 1 p nm 1 p p m1 n1 n n0 n1 nm p 1 11 p 1 p2 pm 1 n2 nm p 1 p 1 p 1 p Khi Quay lại định lý Ta có v p Cni v p n ! v p i ! v p n i ! , ta chứng minh v p Cni số lần nhớ cộng n i i hệsố p Giả sử n am am 1 a0 Suy v p Cni p , i bk bk 1 b0 p , n i cl cl 1 c0 p am am 1 a0 bk bk 1 b0 cl cl 1 c0 p 1 Thực phép tính tử hệsố p b0 c0 a0 1 p b1 c1 1 a1 p … bm cm m am Với i số lần nhớ bước cộng thứ i Suy v p Cni 1 m Ta có điều phải chứng minh Một số toán áp dụng hai định lý Bài Cho số nguyên tố p số nguyên dương n, n nm nm 1 n0 p Khi a Có nm 1 nm 1 1 n0 1 sốsố Cn0 , Cn1 , , Cnn không chia hết cho p; b p chia hết tất số Cn1 , Cn2 , , Cnn1 n p k với k số ngun dương; c p khơng chia hết sốsố Cn0 , Cn1 , , Cnn n s p k với số nguyên dương k, s thỏa mãn s p Giải Với số nguyên dương i ta viết i i0 i1 p im p m Ta có Cni mod p tồn số j 0, m cho i j n j 12 Vậy cách chọn i0 , i1 , , im mà i j n j , j 0, m cách chọn số i để Cni không chia hết cho p Số cách chọn nm 1 nm 1 1 n0 1 b + Nếu n p k với k số nguyên dương, viết n 100 , có k số nguyên dương Với số i n 1, ta viết p i i0 i1 p im p m im với i j p 1, j 0, m , có nghĩa tồn số i j j 0, m ij Suy Cn , có nghĩa Cni mod p j + Nếu p chia hết tất số Cn1 , Cn2 , , Cnn1 Giả sử n p k với k số nguyên dương nm , xét số i 1nm1 n0 p nhận thấy i n 1 Suy Cni Cn1 mod p , mâu thuẫn m Giả sử n p k với k số nguyên dương nm , tồn n j j m 1 Xét số i n j n j 1 n0 p nhận thấy i n nj j Suy Cni Cn0 Cn0 1Cn Cnn mod p , mâu thuẫn m j Ta có điều phải chứng minh c + Nếu n s p k với k số nguyên dương, viết n s 1 p 1 p 1 , có k p số p Với số nguyên dương i n , ta viết i i0 i1 p im p m với i j p 1, j 0, m im s ij Do p số nguyên tố nên p không ước số Csi 1 C p 1 , có nghĩa p khơng ước m Cni + Nếu p không chia hết sốsố Cn0 , Cn1 , , Cnn Giả sử n không viết dạng s p k có số j 0, m mà n j p 13 Xét số i p 1 0 p với j số 0, ta có Cni mod p , mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh Bài (Hải Phòng 2012) Cho số ngun tố p, tìm số nguyên dương n thỏa mãn với k 1, 2, , n 1 ta có Cnk chia hết cho p Suy trực tiếp từ toán Bài Với số nguyên dương n, ta xét tập hợp A k | Cnk 1 mod 3 B k | Cnk mod 3 Đặt an A , bn B Chứng minh an bn lũy thừa Giải Ta biểu diễn n k dạng hệsố sau n x0 x1.3 xm 3m , xi 0,1,2 k y0 y1.3 ym 3m , yi 0,1,2 Trước hết tính an m Áp dụng định lý Lucas ta có C 1 mod 3 C xy 1 mod 3 k n (1) i i i 0 Với y0 , y1 , , ym cho ta số k khác nhau, để đếm k ta đếm số y0 , y1 , , ym thỏa mãn m C yi xi 1 mod 3 i0 m Trước hết nhận xét xi yi , i 0, m tồn xi yi C yi xi i0 Nếu xi yi Nếu xi yi yi Nếu xi yi yi yi Nhận thấy C21 , trường hợp lại cho C xy i i Do để thỏa mãn (1) phải có chẵn số xi , yi 2,1 (Nếu có lẻ có lẻ số tích, tích đồng dư theo mod3) Giả sử n có k1 số xi , k2 số xi k3 số xi k1 k2 k3 m 1 Có k1 số xi nên có cách chọn yi tương ứng Có k2 số xi nên có 2k cách chọn yi tương ứng (mỗi xi có cách chọn yi ) 14 k3 2 Có k3 số xi nên có C 2i k3 2k 2i cách chọn yi tương ứng (chọn chẵn số yi , lại i 0 có trường hợp) Áp dụng quy tắc nhân ta số cách chọn k thỏa mãn 2k k3 2 C 2i k3 k 2i i 0 Hay an 2k k3 2 C 2i k3 k 2i i 0 Hoàn tồn tương tự, ta tính bn k k3 2 2 i 1 k3 C 2k 2i 1 i 0 Suy an bn 2k k3 2 C 2i k3 2k i 2k i0 k3 2 C i 1 k3 k3 k 2i 1 2k 1 2k 2 i 0 Vậy có điều phải chứng minh Bài (VNTST 2010) Gọi S n tổng bình phương hệsố khai triển nhịthức 1 x n với n số nguyên dương x sốthực Chứng minh S n không chia hết cho với n Giải 2n 2n n n n n Ta có 1 x 1 x x 1 C2i n x ni Cni x ni Cnn i xi i 0 i 0 i n n i 0 i0 Đồng hệsố x 2n hai vế ta C2nn Cni Cnni Cni Vậy S n C2nn với số nguyên dương n Giả sử 2n a0 a1.3 a2 32 ak 3k với 0,1, 2 Ta xét trường hợp + Trường hợp 1: Nếu 0,1 , i 1, k 2ai 0,2 , i 1, k tổng số chẵn, đặt k k a i 2t , suy i 0 22t 4t 1 mod 3 i 0 15 Hơn 4n 2a0 2a1.3 2a2 32 2ak 3k n k Theo định lý Lucas ta có C42nn C2aa i i 0 i mod 3 i0 + Trường hợp 2: Nếu tồn số a j , không tổng quát giả sử j số nhỏ 0,1, , k thỏa mãn điều Khi vị trí j cách viết 4n hệsốsố k Do ta có C12 nên C42nn C2aa 1 mod i i i0 Vậy trường hợp ta có S n không chia hết cho Bài (Belarus 1999) Xác định tất số nguyên dương n cho Cnkk số chẵn với n k 1, 2, , 2 Giải Trước hết có nhận xét: Với m s 1, s * số nguyên dương k m Cmk số lẻ Thật vậy, ta có m 11 với s số C11 C10 theo định lý Lucas ta có Cmk 1 mod Ta chứng minh n s 1, s * giá trị cần tìm Nếu n khơng có dạng 2s , xét số k n 2t 1 với t log n Ta có t log n log n t n 2t 1 n 2t 1 2t 1 n Suy k n 1 n 2 t Do t log n nên log n t n 2t k Theo nhận xét trên, Cnkk 1 mod 3 , không thỏa mãn điều kiện Với n s 1, s * 16 n Mỗi số k 1, 2, , biểu diễn n k hệsố tồn số , tương 2 ứng với vị trí thứ i biểu diễn k hệsố bi Do Cab nên Cnk k mod 3 i i Vậy tất số cần tìm n s 1, s * Định lý Woltenhome Theo định lý Wilson ta có p 1! 1 mod p với số nguyên tố p, từ suy Cnpp11 1 mod p với số nguyên dương n Năm 1819, Babbage chứng minh C2pp11 1 mod p với số nguyên tố lẻ p Năm 1862, Woltenholme chứng minh C2pp11 1 mod p với số ngun tố p Ơng thêm kết C42pp11 C4pp 1 mod p với số nguyên tố p C.Helou G.Terjanian đưa mở rộng C2pp11 p B p p 2 p B p 3 p B p 5 mod p với số nguyên tố p Kí hiệu Bk k 1, 2, số Bernoulli thứ k, hệsố khai triển chuỗi Bk k x 1 x Ví dụ B0 1, B1 , B2 , B3 B5 B7 … x e k 0 k ! Năm 1952, Ljunggen suy rộng kết Cnpmp Cnm mod p với số nguyên tố p số nguyên dương n m (chứng minh Lucas) Số nguyên tố p gọi số nguyên tố Wolstenholme thỏa mãn C2pp11 1 mod p Hai số nguyên tố 16843 2124679 R.J.McIntosh E.L.Roettger tìm Năm 1995, McIntosh chứng minh có vơ sốsố ngun tố Wolstenholme khơng có số ngun tố thỏa mãn C2pp11 1 mod p Một số kết số nguyên tố Wolstenholme Kết Với số nguyên tố Wolstenholme p, ta có 17 C2pp11 p B p p3 p Bp p 4 p B p5 mod p 10 Kết Với số nguyên tố Wolstenholme p, ta có 24 8 8 C2pp11 p B p3 3B2 p B3 p 5 B4 p 6 p B p3 B2 p B3 p 5 B4 p 6 25 3 9 72 12 p B p 3 B2 p 4 B3 p 5 B4 p 6 B p5 B2 p p B p 5 mod p 125 27 27 25 18 Một số tập áp dụng Bài Cho số nguyên tố p, chứng minh C pp p n1 mod p n với số nguyên dương n n Bài Cho số nguyên dương n Chứng minh sốsố k 0,1, 2, , n mà Cnk số lẻ lũy thừa Bài Cho số nguyên dương n, chứng minh tất số C2k , k 1, 2, , 2n chẵn, n có số chúng chia hết cho Bài (Hungarian – Israel 1999) Chứng minh bổ đề sau sai: Với số nguyên dương k , tồn số nguyên dương n cho Cni chia hết cho k với i n C2nn S n C1 C2 Cn Chứng minh n 1 S n 1 mod 3 tồn số cách viết n hệsố Bài Với số nguyên dương n, kí hiệu Cn m Bài Cho p số nguyên tố số nguyên dương m, k với k 1, k , p Chứng minh Ckpp m không chia hết cho p Bài Chứng minh với số nguyên tố p số nguyên m, n thỏa mãn m n p Cnpmpmn 1 m n 1 p mod p Bài Cho m n hai số nguyên dương thỏa mãn m n , chứng minh m ước m 1 k n 1 Cnk k 0 Bài (1996 Iranian MO) Chứng minh với số tự nhiên m, k m biểu diễn dạng m Cak Cak 1 Cat với ak ak 1 at t k k 1 t Bài 10 (2004 Romania IMOTST) Chứng minh với số nguyên dương n m, m lẻ m 3k k C3m 3n 1 số nguyên m n k 0 19 Tài liệu tham khảo [1] Jianqiang Zhao, Bernoulli numbers, Wolstenholme’s theorem, and p5 variations of Lucas’ theorem, Received April 2003; revised February 2006 [2] ROMEO MEˇSTROVI´C, CONGRUENCES FOR WOLSTENHOLME PRIMES [3] T Andreescu and D Andrica, Number Theory: Structures, Examples, and Problems Birkhäuser 2009, 211 – 222 [4] G H Hardy and E M Wright, An Introduction to the Theory of Numbers 6th Edition Edited by A Wiles, R Heath-Brown, J Silverman Oxford University Press 2008 [5] K Ireland, M Rosen, A classical introduction to modern number theory Second edition Graduate Texts in Mathematics, 84 Springer-Verlag, New York, 1990 xiv+389 pp [6] Titu Andreescu, Zuming Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates Counting Strategies, Birkhauser 2004, 43 – 68 20 ... Introduction to the Theory of Numbers 6th Edition Edited by A Wiles, R Heath-Brown, J Silverman Oxford University Press 2 008 [5] K Ireland, M Rosen, A classical introduction to modern number theory Second... Wolstenholme’s theorem, and p5 variations of Lucas’ theorem, Received April 2003; revised February 2006 [2] ROMEO MEˇSTROVI´C, CONGRUENCES FOR WOLSTENHOLME PRIMES [3] T Andreescu and D Andrica, Number Theory:... minh điều với số nguyên dương nhỏ triệu, không chứng minh với số nguyên dương n, đến năm 1837 Chebyshev chứng minh cơng cụ giải tích, đến định đề công nhận Từ ta gọi định lý Bertrand Năm 1932 định