Thặng dư và thặng dư bình phương

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN  MAI THỊ NGỌC THẶNG DƯ VÀ THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN  MAI THỊ NGỌC THẶNG DƯ VÀ THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học : GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Hà Nội - Năm 2016 i Mục lục MỞ ĐẦU Một số kiến thức 1.1 Thặng dư 1.1.1 Thặng dư 1.1.2 Lớp thặng dư 1.2 Hệ thặng dư 1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ 1.2.2 Hệ thặng dư thư gọn 1.3 Các định lý thặng dư 1.3.1 Định lý Euler định lý Fermat 1.3.2 Định lý thặng dư Trung Hoa 1.4 Thặng dư bình phương 1.4.1 Tiêu chuẩn thặng dư bình phương 1.4.2 Kí hiệu Legendre 1.4.3 Luật tương hỗ bậc hai 1.4.4 Thặng dư bình phương với modulo 1.4.5 Nhận xét thặng dư bậc cao hợp số Phương trình thặng dư 2.1 Phương trình thặng dư ẩn 2.1.1 Phương trình thặng dư ẩn 2.1.2 Phương trình thặng dư tuyến tính 2.1.3 Phương trình thặng dư modulo nguyên tố 2.1.4 Hệ phương trình thặng dư bậc ẩn 2.2 Phương trình bậc nhiều ẩn 2.2.1 Phương trình bậc hai ẩn 2.2.2 Phương trình Diophant bậc tổng quát 5 9 11 14 15 17 18 18 20 26 30 33 34 34 34 35 38 40 46 46 48 ii 2.3 Phương trình Diophant phi tuyến 2.3.1 Phương trình Pythagore 2.3.2 Biểu diễn số dạng tổng hai bình phương 51 51 54 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư thặng dư bình phương 3.1 Một số dạng toán liên quan đến thặng dư 3.2 Một số dạng tốn thặng dư bình phương 3.2.1 Ứng dụng toán chứng minh chia hết 3.2.2 Ứng dụng tập hợp số nguyên tố 3.2.3 Ứng dụng toán dãy số nguyên đa thức 3.2.4 Phương trình nghiệm nguyên 58 58 62 62 65 68 72 Một số dạng toán thặng dư từ đề thi Olympic 4.1 Sử dụng hệ thặng dư đầy đủ toán đếm 4.2 Bài tốn tính tổng chứng minh đẳng thức số 4.3 Một số toán liên quan số học 4.3.1 Quan hệ thặng dư 4.3.2 Định lý Fermat nhỏ định lý Euler 4.3.3 Một số toán số Fermat 77 77 81 83 83 85 90 Kết luận 94 Tài liệu tham khảo 95 Mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết thặng dư - lý thuyết đặc biệt quan trọng số học nhiều nhà Toán học nghiên cứu, vận dụng việc giải nhiều tốn hay, khó có ứng dụng thực tế Trong kì thi Olympic Toán học Việt Nam nước giới lý thuyết thặng dư phần quan tâm đáng kể, việc có hiểu biết ban đầu thặng dư giúp ta giải nhiều tốn khó số học cách nhẹ nhàng, ngắn gọn đẹp Tuy nhiên, nhà trường phổ thơng thời lượng giảng dạy cho phần lý thuyết thặng dư chưa nhiều nên học sinh thường thấy phần kiến thức khó, vượt hiểu biết em Vì để giúp thân có hiểu biết sâu sắc lý thuyết thặng dư, phục vụ tốt cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, chọn đề tài "Thặng dư thặng dư bình phương" để nghiên cứu Mục tiêu nghiên cứu Hệ thống lý thuyết, tổng hợp số dạng toán quan trọng thặng dư thặng dư bình phương Nhiệm vụ nghiên cứu Chương hệ thống lại lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương Ở chương hồn thiện phương trình thặng dư cách giải, chương tập trung trình bày vài ứng dụng thặng dư thặng dư bình phương Cuối cùng, chương tổng hợp số tốn thặng dư, thặng dư bình phương kì thi Olympic Tốn nước Khách thể đối tượng nghiên cứu Đối tượng nhiên cứu lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương ứng dụng chúng Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu lý thuyết ứng dụng thặng dư, thặng dư bình phương Phương pháp nghiên cứu Để thực luận văn tác giả chủ yếu thu thập nghiên cứu tài liệu từ nhiều nguồn khác nhau, phân tích lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương, từ xây dựng số ứng dụng biên tập theo hệ thống từ cách hiểu thân Giả thuyết khoa học Nếu luận văn thực thành cơng, tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên học sinh muốn tìm hiểu thặng dư, thặng dư bình phương Trong phần lý thuyết chứng minh chặt chẽ, toán ứng dụng hệ thống theo dạng tương đối đầy đủ cập nhật theo mức độ từ dễ đến khó Đóng góp đề tài Luận văn số dạng toán ứng dụng lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương, từ đề xuất số tập mang tính cập nhật Cấu trúc luận văn Cấu trúc luận văn gồm ba phần: phần mở đầu, phần nội dung phần kết luận Nội dung luận văn gồm bốn chương: - Chương Một số kiến thức - Chương Phương trình thặng dư - Chương Một số dạng toán liên quan đến thặng dư thặng dư bình phương - Chương Một số dạng tốn thặng dư từ đề thi Olympic Để hoàn thành luận văn, em nhận giúp đỡ thầy cô, bạn bè, đặc biệt bảo hướng dẫn tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, thầy Seminar mơn Tốn trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội hướng dẫn em hoàn thành khóa học Cao học 2014-2016 Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Em mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! Chương Một số kiến thức Thặng dư khái niệm quan trọng lý thuyết số Khái niệm thặng dư Kaclơ Friđơrich Gauss (1777-1855) trình bày tác phẩm "Disquistiones Arthmeticcae" năm 1801 Trong chương trình bày lại số kiến thức quan trọng thặng dư thặng dư bình phương 1.1 Thặng dư 1.1.1 Thặng dư Định nghĩa 1.1 Cho m số nguyên dương, a, b số nguyên cho (a−b) m, ta nói a b đồng dư hay thặng dư modulo m, viết a = b (mod m) Ví dụ 1.1 Dễ thấy −12 = 43 (mod 5) −12 = 43 (mod 11), −12 không thặng dư với 43 (mod 7); Mỗi số nguyên chẵn thặng dư với modulo 2, số nguyên lẻ thặng dư với modulo 2; Nếu x không chia hết cho 3, x2 = (mod 3) Định lý 1.1 Phép thặng dư a = b (mod m) có nghĩa hiệu a − b chia hết cho m Nói cách khác, số a b có số dư chia cho m, hiệu a − b chia hết cho m Chứng minh Giả sử a = b (mod m) Khi số a b có số dư r chia cho m Bởi a = mq + r, b = mq0 + r, q, q0 số nguyên Trừ vế với vế hai đẳng thức ta a − b = mq − mq0 = m(q − q0 ) Do hiệu a − b chia hết cho m Ngược lại, giả sử hiệu a − b chia hết cho m Khi tồn số nguyên k , để a − b = k.m Chia (có dư) số b cho m ta b = q.m + r, ≤ r < m Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta a = k.m + q.m + r = (k + q).m + r đồng thời r thoả mãn bất đẳng thức kép ≤ r < m, nghĩa a có số dư với b chia cho m, tức a = b (mod m) Từ định lý 1.1 ta rút số nhận xét sau: Nhận xét 1.1 Các phép thặng dư cộng vế với vế, nghĩa là, = bi (mod m), a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn (mod m) Nói cách khác, bi có số dư chia cho m, tổng a1 +a2 +· · ·+an b1 + b2 + · · · + bn có số dư chia cho m Chứng minh Vì = bi (mod m) (0 ≤ i ≤ n), nên theo định lý 1.1, số − bi (0 ≤ i ≤ n) chia hết cho m Bởi tồn số nguyên ki để − bi = ki m Khi (a1 + a2 + · · · + an ) − (b1 + b2 + · · · + bn ) = (a1 − b1 ) + (a2 − b2 ) + · · · + (am − bm ) = k1 m + k2 m + · · · + kn m = (k1 + k2 + · · · + kn )m Vậy (a1 + a2 + · · · + an ) − (b1 + b2 + · · · + bn ) chia hết cho m, nên, theo định lý 1.1, a1 + a2 + · · · + + · · · + an = b + b + · · · + b i + · · · + b n (mod m) Nhận xét 1.2 Các phép thặng dư trừ vế với vế, nghĩa từ a = b (mod m) c = d (mod m) suy a − c = b − d (mod m) Chứng minh Vì a = b (mod m) c = d (mod m), nên theo định lý 1.1, số a − b, c − d chia hết cho m Do tồn số nguyên k, l, để a − b = k.m, c − d = l.m Trừ vế với vế hai đẳng thức ta (a − c) − (b − d) = (a − b) − (c − d) = km − lm = (k − l)m Bởi (a − c) − (b − d) chia hết cho m Do đó, theo định lý 1.1, (a − c) = (b − d) (mod m) Nhận xét 1.3 Các phép thặng dư nhân vế với vế, nghĩa là, a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m), , = bi (mod m), , an = bn (mod m), a1 a2 an = b1 b2 bi bn (mod m) Chứng minh Định lý chứng minh quy nạp theo n Cơ sở quy nạp: Với n = ta có a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m) nên theo định lý 1.1, hiệu a1 − b1 , a2 − b2 chia hết cho m Khi tồn số nguyên k1 , k2 để a1 − b1 = k1 m, a2 − b2 = k2 m Do a1 a2 − b b = a1 a2 − a1 b + a1 b − b b = (a1 a2 − a1 b2 ) + (a1 b2 − b1 b2 ) = a1 (a2 − b2 ) + b2 (a1 − b1 ) = a1 k2 m + b2 k1 m = (a1 k2 + b2 k1 )m Bởi a1 a2 − b1 b2 chia hết cho m nên, theo định lý 1.1, a1 a2 = b1 b2 (mod m) Quy nạp, giả sử khẳng định với n = t, t > 2, nghĩa từ t phép đồng dư tùy ý a1 = b (mod m), a2 = b2 (mod m), , = bi (mod m), , at = bt (mod m) suy a1 a2 at = b1 b2 bi bt (mod m) Xét t + phép đồng dư bất kỳ, a1 = b1 (mod m), a2 = b2 (mod m), , at = bt (mod m), at+1 = bt+1 (mod m) Khi đó, theo giả thiết quy nạp từ t phép đồng dư đầu có a1 a2 at = b1 b2 bt (mod m) Ký hiệu, At = a1 a2 at , Bt = b1 b2 bt Khi đó, theo định lý 1.1, hiệu At − Bt chia hết cho m, nên tồn số nguyên l, để At − Bt = l.m Do at+1 = bt+1 (mod m) nên theo định lý 1.1 at+1 − bt+1 chia hết cho m Bởi tồn số nguyên k để at+1 − bt+1 = k.m Xét hiệu At at+1 − Bt bt+1 = At at+1 − At bt+1 + At bt+1 − Bt bt+1 = At (at+1 − bt+1 ) + bt+1 (At − Bt ) = At k.m + bt+1 l.m = (At k + bt+1 l)m nên a1 a2 at at+1 − b1 b2 bt bt+1 = At at+1 − Bt bt+1 chia hết cho m Do đó, theo định lý 1.1 a1 a2 an = b1 b2 bn (mod m) Hệ 1.1 Các phép thặng dư nâng lên lũy thừa, nghĩa là, a = b (mod m) với số ngun khơng âm n có an = bn (mod m) Hệ 1.2 Giả sử P (x) đa thức tùy ý với hệ số nguyên P (x) = t0 + t1 x + t2 x2 + · · · + tn xn Khi a = b (mod m), P (a) = t0 + t1 a + t2 a2 + · · · + tn an = t0 + t1 b + t2 b2 + · · · + tn bn = P (b) 1.1.2 (mod m) Lớp thặng dư Ta biết với số nguyên a tồn q, r cho a = mq+r với ≤ r < m, r a có mối liên quan theo modulo m? Liệu thay a r ngược lại trình giải vấn đề Từ ta cần tìm hiểu mối tương quan a r Định lý 1.2 Quan hệ thặng dư modulo m quan hệ tương đương, nghĩa với số nguyên a, b, c ta có (i)Tính phản xạ: a = a (mod m), (ii)Tính đối xứng: Nếu a = b (mod m) b = a (mod m), (iii)Tính bắc cầu: Nếu a = b (mod m) b = c (mod m) a = c (mod m) Chứng minh (i) Vì = a − a chia hết cho m nên a = a (mod m) (ii) Từ a = b (mod m) ta m|(a − b) suy m|(b − a) hay b = a (mod m) (iii) Ta thấy a = b (mod m) b = c (mod m) tồn số nguyên x y cho a − b = mx; b − c = my Do a − c = (a − b) + (b − c) = mx + my = m(x + y), Vậy a = c (mod m) Mỗi lớp tương đương số a quan hệ tương đương gọi lớp thặng dư modulo m, viết a + mZ, gồm tất số ngun có thặng 81 • (i) a1 , a2 , , ap ∈ {0, 1, , p − 1} ; • (ii) a1 + a2 + · · · + ap không chia hết cho p • (iii) a21 + a22 + · · · + a2p chia hết cho p Bài tập 4.3 (Mở rộng toán Canada Mathematical Olympiad 2014) Tìm số số nguyên thứ tự (a1 , a2 , , a2017 ) đồng thời thỏa mãn điều kiện sau: • (i) a1 , a2 , , a2017 ∈ {1, 2, , 2017n} ; • (ii) a1 + a2 + · · · + a2017 không chia hết cho 2017 • (iii) a1 a2 + a2 a3 + · · · + a2016 a2017 + a2017 a1 chia hết cho 2017 4.2 Bài tốn tính tổng chứng minh đẳng thức số Bài toán 4.5 Cho số nguyên tố p có dạng p = 4k + (k ∈ N∗ ) Tập hợp L = {1 ≤ r n Cho số nguyên tố p n n ước a2 + 22 , ta có n n a2 = −22 (mod p) Bình phương hai vế phương trình m − n lần ta m a2 = 22 m (mod p) 84 m m Do a số lẻ nên p = 2, 22 + 22 = 22 m m a2 = 22 = −22 m m m +1 = (mod p), vậy, (mod p) m Do p |(a2 + 22 ) n n m m Vậy a2 + 22 a2 + 22 nguyên tố với số nguyên n, m khác Bài toán 4.11 [IMO Shosrlist 2008] Chứng minh tồn vô số số nguyên √ dương n cho n2 + có ước nguyên tố lớn 2n + 2n −1 = ⇔ x2 = −1 p (mod p) có hai nghiệm thuộc [1; p − 1], ta gọi hai nghiệm x1 , x2 với ≤ x1 ≤ p−1 p−1 < x2 ≤ p − Chọn n = x1 Khi ta có p|n2 + 1, n ≤ Ta chứng minh 2 √ p > 2n + 10n p−1 p−1 p−1 Do ≤ n ≤ , nên ta đặt n = − α với ≤ α ≤ Do n2 = −1 2 p−1 (mod p) ⇒ ( − α)2 = −1 (mod p) hay (p − − 2α)2 + = (mod p) ⇒ (2α + 1)2 + = (mod p) Từ tồn r ∈ N : (2α + 1)2 + = rp, mà (2α + 1)2 = = p Lời giải Xét p = (mod 8) số nguyên tố, (mod 8) ⇒ rp = (mod 8) ⇒ r = (mod 8) √ 5p − − Vì r ≥ ⇒ (2α + ≥ 5p hay α ≥ √ p−1 p−1 u−1 Đặt u = 5p − α ≥ (u−1) Vậy ta có n = −α ≤ − ≤ 2 2 u +4 (p − u) = − u ⇔ u2 − 5u + − 10n ≥ giải bất phương trình bậc hai 2 √ ẩn u ≥ ⇒ u ≥ (5 + 40n + 9) √ √ 1 Mặt khác n ≤ (p − u) nên p ≥ 2n + u ≥ 2n + (5 + 40n + 9) > 2n + 10n 2 Do có vô hạn số nguyên tố dạng 8k + 1(k ∈ N∗ ) nên toán chứng minh + 1)2 Nhận xét 4.2 Lời giải toán phát triển từ lời giải toán đơn giản sau Bài 1) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + không ước n! ( TST Indonexia -2009) Bài 2) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n2 + lớn 2n (Animath France -2006) 85 4.3.2 Định lý Fermat nhỏ định lý Euler Bài toán 4.12 [IMO 2005] Cho dãy số a1 , a2 , xác định an = 2n + 3n + 6n − với số nguyên dương n Xác định tất nguyên dương nguyên tố với số hạng dãy Lời giải Ta chứng minh số p nguyên tố tồn số hạng an dãy cho p|an Xét a2 = 22 + 32 + 62 − = 48 chia hết cho số nguyên tố p = p = Xét số p ≥ 5, theo định lý Fermat nhỏ ta có 2p−1 = 3p−1 = 6p−1 = (mod p) Suy 3.2p−1 + 2.3p−1 + 6p−1 = 3.1 + 2.1 + = (mod p) hay 6(2p−2 + 3p−2 + 6p−2 − 1) = (mod p), hay 6ap−2 = (mod p) Do p ≥ số nguyên tố nên (p, 6) = 1, suy ap−2 chia hết cho p Như vậy, số nguyên tố p ≥ chia hết ap−2 Do tất nguyên dương nguyên tố với số dãy có số Bài toán 4.13 [IMO Shortlist 2003] Xác định số nguyên dương k nhỏ cho tồn số nguyên x1 , x2 , , xk với x31 + x32 + · · · + x3k = 20022002 Lời giải Ta có 2002 = 103 + 103 + 13 + 13 = 667.3 + 1, suy 20022002 = 2002.(2002667 )3 = (103 + 103 + 13 + 13 ).(2002667 )3 = (10.2002667 )3 + (10.2002667 )3 + (2002667 )3 + (2002667 )3 86 = x31 + x32 + x33 + x34 với x1 = x2 = 10.2002667 , x3 = x4 = 2002667 Vậy k = Chứng minh k = số nhỏ thỏa mãn toán, hay ta chứng minh 20022002 viết dạng tổng ba lũy thừa Để hạn chế số lượng lũy thừa modulo n, ta sử dụng ϕ(n) chia hết cho Xét n = có ϕ(7) = 6, thêm ba lũy thừa modulo cần nhiều lớp thặng dư, nên ta xét n = có ϕ(9) = Vì 2002 = (mod 9) 20023 = 43 = (mod 9) 20022002 = (20023 )667 2002 = (mod 9) Mặt khác, x = 0, ±1 (mod 9) với x ∈ Z Do ta thấy x31 + x32 + x33 = (mod 9) Vậy k = thỏa mãn tốn Bài tốn 4.14 Tìm tất số ngun dương n cho n7 + số phương? Lời giải Bổ đề 4.1 Nếu số nguyên tố p có dạng 4k + ước x2 + y p|x, p|y Chứng minh Giả sử trái lại p |x, p |y ⇒ (x, p) = (y, p) = Do theo định lý Fermat ta có xp−1 = y p−1 = (mod p) Trong từ giả thiết ta có x2 = −y (mod p) ⇒ (x2 ) p−1 = (−y ) p−1 (mod p), hay xp−1 = −y p−1 (mod p) ⇔ = −1 (mod p) mâu thuẫn p lẻ Nhận xét 4.3 Từ bổ đề ta thấy với n ∈ Z+ ước nguyên tố lẻ n2 + có dạng 4i + 1, từ ước dương n2 + có dạng 2i (4k + 1), i = 0, Trở lại toán, giả sử tồn m ∈ N cho n7 + = m2 Khi ta có m2 + 112 = n7 + 27 = (n + 2)(n6 − 2n5 + · · · − 25 n + 26 ), suy (n + 2)|m2 + 112 Rõ ràng m2 + 112 = 1, (mod 4), suy n7 + 27 = 1, (mod 4) ⇒ n = (mod 4) Từ ta thấy m2 + 112 phải có ước nguyên tố p có dạng 4k + Từ 112 = −m2 (mod p) Nếu p = 11 theo định lý Fermat ta có 11p−1 = mp−1 = (mod p), 11p−1 = (−m2 ) p−1 = −mp−1 (mod p) mâu thuẫn 87 Do p = 11 ⇒ m = 11k (k ∈ N) 11|(n + 2) Hơn ta có n6 − 2n5 + · · · − 25 n + 26 = 7.26 = (mod 11), suy 112 |(n + 2) ⇒ n = 11h2 − với h ước dương k + 1, theo bổ đề 4.1 ước nguyên tố lẻ k + có dạng 4i + 1, tức h có dạng 2j (4i + 1), j = 0, Khi n = 112 h − = 0, (mod 4), mâu thuẫn n = (mod 4) Do khơng tồn n thỏa mãn đề 15 Bài tốn 4.15 Tìm ước ngun tố nhỏ 122 + 15 Lời giải Gọi p số ngun tố cần tìm Ta có 122 = −1 (mod p) ⇒ 122 16 =1 (mod p).(*) Đặt h = ordp (12) ⇒ h|216 ⇒ h = 2k (k ∈ N) 15 k Nếu ≤ k ≤ 15 ⇒ 122 = (122 )2 15−k = (mod p) mâu thuẫn với (*) Vậy h = 216 Theo định lý Fermat nhỏ 2p−1 = (mod p) ⇒ 216 |(p − 1) ⇒ p ≥ 216 + Dễ dàng chứng minh 216 + số nguyên tố Ta chứng minh số nguyên 15 tố p = 216 + số cần tìm, hay chứng minh p|122 + 16 15 15 Ta có 122 + = 22 32 + = 2p−1 p−1 p−1 + = + (mod p) p−1 3−1 p Mặt khác theo luật tương hỗ Gauss ta có = (−1) = 1, p 16 p 2 +1 mà = = −1 = = −1 (mod 3) ⇒ 3 p p−1 p−1 Mặt khác = (mod p) ⇒ + = (mod p) Vậy p = 216 + số p cần tìm Bài tốn 4.16 [IMO 2005] Giả sử a, b hai số nguyên dương cho (an + n)|(bn + n) ∀n ∈ Z+ Chứng minh a = b Lời giải Giả sử a = b, từ giả thiết dễ thấy b > a Chọn p số nguyên tố lớn b lấy n = (a + 1)(p − 1) + 1, theo cách chọn n = (mod p − 1) n = −a (mod p) Khi theo định lý Fermat ta có rn = r.(rp−1 )a+1 = r (mod p), ∀r ∈ Z Mặt khác ta có an + n = a − a = (mod p) ⇒ p|(an + n), 88 mà (an + n)|(bn + n) ⇒ p|(bn + n) Hơn bn + n = b − a = (mod p) ⇒ p|(b − a), mâu thuẫn p > b Do a = b thỏa mãn tốn Bài tốn 4.17 [Bulgarian 1995] Tìm tất số nguyên tố p, q cho pq ước (5p − 2p )(5q − 2q ) Lời giải Khơng tính tổng qt giả sử p ≤ q mà (5p − 2p )(5q − 2q ) số lẻ nên ≤ p ≤ q Ta thấy số nguyên tố k ước 5k − 2k theo định lý Fermat ta có = − = 5k − 2k (mod k) ⇒ k = Giả sử p > có pq ước (5p − 2p )(5q − 2q ) theo nhận xét ta thấy p|(5q − 2q ) hay 5q = 2q (mod p) Theo định lý Fermat 5p−1 = 2p−1 = (mod p) Do 5(p−1,q) = 2(p−1,q) (mod p) Mà q ≥ p nên (p − 1, q) = ta có = (mod p) ⇒ p = mâu thuẫn Suy p = Nếu q ≥ suy q ước (5p − 2p ) = 53 − 23 = 9.13 ⇒ q = 13 Vậy tất cặp (p, q) cần tìm (3, 3); (3, 13); (13, 3) Bài toán 4.18 [IMO 2003] Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên tố n, số np − p q Lời giải Ta có pp − = + p + p2 + · · · + pp−1 = p + p−1 (mod p2 ), pp − không đồng dư với theo modulo p−1 p2 Gọi số nguyên tố q ta q số cần tìm suy có ước ngun tố Thật vậy, giả sử tồn số nguyên tố n cho np = p (mod q), theo cách chọn số q ta có np = p p = (mod q) Mặt khác, theo định lý Fermat ta có nq−1 = (mod q) q số nguyên tố 89 Hơn nữa, p2 |(q − 1) nên (p2 , q − 1)|p ⇒ np = (mod q) Khi ta thu + p + p2 + · · · + pp−1 = p (mod q), với định nghĩa q ta có p = (mod q) vơ lý p số nguyên tố Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 4.19 [AIME 2001] Có số nguyên dương bội 1001 viết dạng 10j −10i , i, j số nguyên thỏa mãn ≤ i < j ≤ 99? Lời giải Ta có 10j − 10i = 10i (10j−i − 1) có 1001 = 7.11.13 số nguyên tố với 10i , đó, cần i, j cho 10j−i − chia hết cho số nguyên tố 7, 11, 13 Dễ dàng kiểm tra ord1001 (10) = 6, nên 10i (10j−i − 1) chia hết cho 1001 j − i = 6n với n số nguyên dương Suy ta cần đếm số số nguyên thỏa mãn j = i + 6n, j ≥ 99, i ≤ 0, n > Từ ta tìm n = 1, 2, 3, , 15 Với n = 1, 2, 3, , 15 ta tính i, j cách 100 − 6n, số số thỏa mãn toán 94 + 88 + 82 + · · · + = 784 Bài tốn 4.20 [Taiwanese 1999] Tìm tất số ngun dương m, n cho (m, n) = ϕ (5m − 1) = 5n − Lời giải Gọi 5m − = 2α pα1 pαk k (pi ∈ ℘, pi > 2, α ∈ N∗ , αi ∈ N∗ , i = 1, , k) Từ điều kiện toán suy 5n − = ϕ(5m − 1) = 2α−1 pα1 −1 pkαk −1 (p1 − 1) (pk − 1) Do (5m − 1, 5n − 1) = 5(m,n) − = − = Từ suy αi = ∀i = 1, 2, , k Khi đó: 5m − = 2α p1 p2 pk 5n − = 2α−1 (p1 − 1)(p2 − 1) (pk − 1) +Nếu α > ⇒ 8| (5m − 1, 5n − 1) = (vô lý ) +Nếu α = ⇒ k = k ≥ ⇒ (p1 − 1) |(5m − 1, 5n − 1) = ( vô lí) Khi ta có 5m − = (vơ lí) 5n − = +Nếu α = ta 5m − = 4p1 p2 pk (4.1) 90 5n − = 2(p1 − 1)(p2 − 1) (pk − 1) (4.2) Khả Nếu n lẻ suy k = (ngược lại, vế trái (4.2) chia hết cho vơ lý) Khi 5m − = 4p1 ⇒ 5m − = 2(5n − 1) + ⇔ 5m = 2.5n + (Vô lý) 5n − = 2(p1 − 1) Khả Nếu n chẵn, n ≥ ⇒ (5n − 1) 8, mà m > n, (m, n) = m số lẻ từ ta có 5m − = (mod 8) Và 5m − = (mod pi ) ⇔ 5m = ⇒ 5m+1 = ⇒ pi (mod pi ) ⇔ = ⇔ pi = −1 pi (mod pi ) =1 (mod 5) ∀i = 1, 2, , k Nếu pi = (mod 5) vế trái (4.2) 5, vế phải (4.2) (vơ lí) Khi xét modullo (4.1) (4.2): (4.1) ⇔ = 5m = 4p1 p2 pk + = 4.(−1)k + (mod 5) ⇔ k chẵn (4.2) ⇔ = 5n = 2(p1 − 1)(p2 − 1) (pk − 1) + = 2.(−2)k + (mod 5) ⇔ k = (mod 4) hai điều mâu thuẫn với Vậy không tồn số nguyên dương m, n cho (m, n) = thỏa mãn ϕ (5m − 1) = 5n − 4.3.3 Một số toán số Fermat Số Fermat khái niệm toán học, mang tên nhà toán học Pháp Pierre de Fermat, người đưa khái niệm Nó số nguyên dương có dạng n Fn = 22 + với n số nguyên khơng âm n Khi nghiên cứu số có dạng 22 +1, Fermat tính với n = 0, 1, 2, 3, số có dạng số ngun tố, từ ơng đưa dự đốn số có dạng số nguyên tố Từ số có dạng thức gọi số Fermat Tuy nhiên đến năm 1732, Euler phủ định dự đoán cách chứng minh F5 hợp số Bằng cách biểu thị 641 = 5.27 + = 24 + 54 91 Euler suy 5.27 = −1 (mod 641), dẫn đến 54 228 = (−1)4 = (mod 641) Mặt khác 54 = −24 (mod 641) nên suy −232 = (mod 641) Vậy F5 chia hết cho 641 Phần nghiên cứu số ví dụ để thấy sử dụng định lý tặng dư Trung Hoa giải toán liên quan số Fermat Bài toán 4.21 Chứng minh tồn số nguyên dương k cho un = 2n k + hợp số với n n Lời giải Xét số Fermat Fn = 22 + Ta nhận thấy số Fn đôi nguyên tố Thật vậy, giả sử m > n p|Fn , p|Fm Ta có m n 22 = (22 )2 m−n = (−1)2 m−n =1 (mod p) m Mà 22 = −1 (mod p) Suy = −1 (mod p), vơ lý p lẻ Ta biết F5 có phân tích ngun tố F5 = (641)(6700417) Đặt p = 641, q = 6700417 Theo định lý thặng dư Trung hoa, tồn số nguyên dương k với k > max(F1 , F2 , F3 , F4 , p, q) cho k = (mod Fm ), m = 1, 2, 3, k = (mod p) k = −1 (mod q) Ta chứng minh k số cần tìm Thật vậy, giả sử n = 2m b với b số lẻ Nếu m ≥ m un = 2n k + = 2n + = (22 )b + = (mod Fm ) un > k > Fm Do un hợp số Nếu m = ta có un = 2n k + = 2n + = 22 b + = (mod p) un > k > p un hợp số Nếu m > ta có n = 25 c với c số chẵn Khi 2n = 22 c = (F5 − 1)c = (−1)c = (mod q), un = 2n k + = −2n + = −1 + = (mod q) Vì un > k > q nên un hợp số Bài toán 4.22 Cho trước số nguyên dương n, s Chứng minh tồn n số nguyên dương liên tiếp mà số có ước lũy thừa bậc s số nguyên dương lớn 92 n Lời giải Xét dãy số Fermat Fn = 22 + 1(n = 1, 2, ) Theo ví dụ 4.21 ta có (Fn , Fm ) = 1, ∀n = m Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa cho n số nguyên tố F1s , F2s , , Fns n số ri = −i(i = 1, 2, , n) tồn số nguyên x cho x = −i (mod Fis ), hay x+i=0 (mod Fis ) Vậy dãy {x + 1, x + 2, , x + n} gồm n số nguyên dương liên tiếp mà số hạng thứ i có ước Fis Bài tốn chứng minh Bài toán 4.23 (IMO Shortlist 1998) Xác định tất số nguyên dương n cho với n tồn m ∈ Z để 2n − 1|m2 + Lời giải Giả sử n = 2s t(s, t ∈ N), t số lẻ s s Nếu t ≥ 2n − = 22 t − = (2t )2 − (2t − 1) nên (2t − 1)|(2n − 1)|(m2 + 9) Ta có 2t − = −1 (mod 4) Tức số 2t − có dạng 4k + 3, có ước nguyên tố p mà p = −1 (mod 4), p = 2t − 3, ∀t lẻ Từ suy p|m2 + ⇒ m2 = −9 (mod p) Chứng tỏ −9 thặng dư bình phương theo modulo p, nhiên 1= nên −9 p = −1 p p = (−1) p p−1 2 = (−1) p−1 p−1 phải số chẵn, tức p = (mod 4), vô lý Từ suy t = hay n = 2s Ta chứng minh tất số cần tìm cách số m để 2n − 1|m2 + Ta có s 2n − = 22 − = (2 − 1)(2 + 1)(22 + 1)(22 + 1) (22 s−1 + 1) 93 Từ để k 2n − 1|m2 + ⇒ 22 + 1|m2 + 9, ∀k = 0, 1, , s − Mặt khác số Fermat có tính chất m n (22 + 1, 22 + 1) = 1, ∀m = n Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn nghiệm x0 thỏa mãn hệ phương trình thặng dư  x = (mod 22 + 1)      x = 22 (mod 22 + 1)      x = 22 (mod 22 + 1) s−2 s−1 x = 22 (mod 22 + 1) Từ suy x20 + = t+1 (mod 22 + 1), ∀t = 0, 1, 2, , s − Suy 2n − 1|9(x20 + 1) = m2 + với m = 3x0 , giá trị m cần tìm 94 Kết luận Luận văn "Thặng dư thặng dư bình phương " giải vấn đề sau Luận văn trình bày đầy đủ, xác lý thuyết thặng dư, thặng dư bình phương với nhiều ví dụ minh họa Luận văn tập trung nghiên cứu tương đối đầy đủ dạng phương trình thặng dư phương pháp giải chúng Luận văn xây dựng hệ thống dạng tốn liên quan thặng dư, thặng dư bình phương Luận văn tập hợp số thi Olympic Toán nước phần thặng dư, thặng dư bình phương, có phân tích đề xuất tập tương tự Luận văn giúp nâng cao hiểu biết thân thặng dư, thặng dư bình phương, từ thân có phương pháp nghiên cứu khoa học Luận văn nguồn tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh 95 Tài liệu tham khảo [1] James J Tattersall Elementary number theory in nine chapters, Cambridge University Press 1999 [2] Hà Huy Khoái (2006), Số học, NXBGD [3] Nguyễn Vũ Lương Các giảng Số học [4] Nguyễn Văn Mậu (2016), Hanoi Open Mathematical Competition [5] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [6] Nathanson M.B, Elementary methods in number theory, Springer, 1999 [7] Đặng Hùng Thắng, Một số lớp phương trình Diophant [8] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, số 469 tháng năm 2016 [9] Titu Andreescu (2001), Diophant Equations, Birkhauser Boston [10] Titu Andreescu (2001), Mathematical Olympiad Challenges, Birkhauser Boston [11] Titu Andreescu, Bogdan Enescu (2004), Mathematical Olympiad Treasures, Birkhauser Boston [12] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng (2007), 104 Number Theory Problems, Birkhauser Boston [13] Tuyển tập dự tuyển OLYMPIC toán hoc Quốc tế Từ năm 1991-2013 [14] Các tài liệu trang mạng như: https://vi.wikipedia.org/wiki/ ; http://diendantoanhoc.net/ ;http://123doc.org/; http://tailieu.vn/ ... 8, 10 khơng thặng dư bình phương modulo 11 Rõ ràng số phương thặng dư bình phương modulo m với m Tuy nhiên số không phương thặng dư bình phương theo modulo m Chẳng hạn thặng dư bình phương modulo... thuyết thặng dư, thặng dư bình phương Ở chương hồn thiện phương trình thặng dư cách giải, chương tập trung trình bày vài ứng dụng thặng dư thặng dư bình phương Cuối cùng, chương tổng hợp số tốn thặng. .. khơng thặng dư bình phương modulo 23 Hệ 1.4 Cho p số nguyên tố lẻ Khi • Tích hai thặng dư bình phương modulo p thặng dư bình phương modulo p • Tích hai số khơng thặng dư bình phương modulo p thặng