lý thuyết số fgghhffhhf

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT BÀI GIẢNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT SỐ Đặng Tuấn Hiệp Ngày 12 tháng năm 2020 Mục lục Sự chia hết Z 1.1 Định lý chia 2 Số nguyên tố 3 Hàm số học 3.1 Hàm đếm ước tổng ước 4 Đồng dư 4.1 Quan hệ đồng dư 4.2 Hệ thặng dư 4.3 Phương trình đồng dư 6 Số p-adic 11 n 5.1 Đồng dư modulo p bổ đề Hensel 11 Định lí thặng dư Trung Hoa 12 Chương Sự chia hết Z Trong chương này, bắt đầu với số kết kỹ thuật sơ cấp Những kết biết trước từ phổ thông, nhiên chúng trình bày lại chi tiết chặt chẽ 1.1 Định lý chia Điểm khởi đầu định lý chia Định lý 1.1 Cho a, b số nguyên cho b = Khi đó, tồn cặp số nguyên (q, r) cho a = qb + r ≤ r < |b| Chứng minh Trước hết nhắc lại nguyên lý quan trọng sử dụng nhiều lần giáo trình Nguyên lý thứ tự tốt: Mọi tập khác rỗng N chứa phần tử nhỏ Nói cách khác tập số tự nhiên N thứ tự tốt Để chứng minh tồn cặp số (q, r), ta xét tập hợp sau S = {a − qb | q ∈ Z, a − qb ≥ 0} Khi đó, S tập khác rỗng N Chương Số nguyên tố Kết chương Định lý Số học Định lý khẳng định số nguyên n > viết theo cách tích luỹ thừa số nguyên tố Điều dẫn đến nhiều vấn đề lý thuyết số rút gọn câu hỏi liên quan đến số nguyên tố Kết thứ hai chương định lý Euclid Định lý khẳng định có nhiều vơ hạn số ngun tố Định nghĩa 2.1 Một số nguyên p > gọi nguyên tố có hai ước ngun dương Một số ngun n > nguyên tố gọi hợp số Chú ý số nguyên tố Số nguyên tố nhỏ tất số nguyên tố khác số lẻ Từ định nghĩa, dễ dàng số nguyên n > số nguyên tố có tồn hai số nguyên a, b cho < a < n, < b < n n = ab Bổ đề 2.2 Cho n > số nguyên Khi đó, có tồn số nguyên tố p cho p | n Chứng minh Định lý 2.3 (Euclid) Có nhiều vô hạn số nguyên tố Chứng minh Định lý 2.4 Cho n > hợp số Khi đó, có tồn số ngun √ tố p cho p | n p ≤ n Chương Hàm số học 3.1 Hàm đếm ước tổng ước Định nghĩa 3.1 Cho trước số nguyên dương n, hàm τ (n) hàm đếm ước nguyên dương n hàm σ(n) hàm tổng tất ước Ví dụ 3.2 Cho n = 12, n có ước nguyên dương 1, 2, 3, 4, 6, 12 nên τ (12) = σ(12) = + + + + + 12 = 28 τ (n) = ⇔ n số nguyên tố Chú ý 3.3 σ(n) = n + ⇔ n số nguyên tố Ta biểu diễn hai hàm dạng τ (n) = σ(n) = d d|n d|n Ví dụ 3.4 Số nguyên dương n = 10 có ước nguyên dương 1, 2, 5, 10 τ (10) = = + + + = σ(10) = d = + + + 10 = 18 d|10 d|10 Định lý 3.5 Nếu số ngun dương n > có phân tích tiêu chuẩn n = pα1 pα2 pαk k , với pi , i = 1, k số nguyên tố phân biệt tất ước nguyên dương d n có dạng: d = pβ1 pβ2 pβk k với ≤ βi ≤ αi , i = 1, k Định lý 3.6 Nếu số ngun dương n > có phân tích tiêu chuẩn n = pk11 pk22 pkr r , với pi , i = 1, r số nguyên tố phân biệt τ (n) = (k1 + 1)(k2 + 1) (kr + 1) σ(n) = p1 k1 +1 − p2 k2 +1 − pr kr +1 − p1 − p2 − pr − Chứng minh Viết ước nguyên dương d n dạng d = pa11 pa22 par r với ≤ ≤ ki , i = 1, r Rõ ràng ta có ki + cách chọn nên số ước nguyên dương n τ (n) = (k1 + 1)(k2 + 1) (kr + 1) Để tính σ(n), xét tích (1 + p11 + p21 + + pk11 )(1 + p12 + p22 + + pk22 ) (1 + p1r + p2r + + pkr r ) Rõ ràng tất ước nguyên dương n xuất khai triển tích ước xuất lần, σ(n) = (1 + p11 + p21 + + pk11 )(1 + p12 + p22 + + pk22 ) (1 + p1r + p2r + + pkr r ) = p1 k1 +1 − p2 k2 +1 − pr kr +1 − p1 − p2 − pr − Ví dụ 3.7 Số 180 = 22 32 τ (180) = (2 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 18 ước nguyên dương tổng ước 23 − 33 − 52 − σ(180) = = 546 2−1 3−1 5−1 Chú ý 3.8 Hàm τ có tính chất đặc biệt Tích tất ước nguyên τ (n) dương n n Chứng minh tính chất đơn giản Giả sử d ước ngun dương n, tồn d cho n = d.d Ta có: nτ (n) = Πd|n d.Πd |n d Mặt khác Πd|n d = Πd |n d nên nτ (n) = Πd|n d Do τ (n) n = Πd|n d Ví dụ 3.9 Tích ước nguyên dương 16(Bao gồm 1, 2, 4, 8, 16) là: Πd|16 d = 16 τ (16)/2 = 16 = 210 = 1024 Định nghĩa 3.10 Hàm số học f gọi Hàm nhân tính f (m.n) = f (m).f (n) với m, n số nguyên dương (m, n) = Định lý 3.11 Hàm τ σ hai hàm nhân tính Định lý 3.12 Nếu f hàm nhân tính hàm F xác định F (n) = F hàm nhân tính d|n f (d) Chương Đồng dư 4.1 Quan hệ đồng dư Trong toán học, đặc biệt đại số lý thuyết số, quan hệ đồng dư (gọi đơn giản đồng dư) quan hệ tương đương tập hợp số nguyên Z Định nghĩa 4.1 Cho n số nguyên dương Hai số nguyên a, b gọi đồng dư theo modulo n chúng có số dư chia cho n, tức a − b chia hết cho n Ký hiệu a ≡ b (mod n) Ví dụ 4.2 Ta có 11 ≡ (mod 3), 11 chia cho cho số dư 2, tức 11 − = chia hết cho Quan hệ đồng dư theo modulo n quan hệ tương đương Z Thật vậy, ta kiểm tra quan hệ đồng dư theo modulo n thoả mãn tính chất phản xạ, đối xứng bắc cầu quan hệ tương đương • Phản xạ: a ≡ a (mod n) • Đối xứng: Nếu a ≡ b (mod n), b ≡ a (mod n) • Bắc cầu: Nếu a ≡ b (mod n) b ≡ c (mod n), a ≡ c (mod n) Ngồi tính chất quan hệ tương đương (phản xạ, đối xứng, bắc cầu), quan hệ đồng dư có thêm tính chất sau: Có thể cộng, trừ, nhân nâng lên lũy thừa đồng dư thức có modulo Cụ thể, a1 ≡ a2 (mod n) b1 ≡ b2 (mod n), • a1 + b1 ≡ a2 + b2 (mod n), • a1 − b1 ≡ a2 − b2 (mod n), • a1 b1 ≡ a2 b2 (mod n), • ak1 ≡ ak2 (mod n), với k số nguyên dương Hơn nữa, quan hệ đồng dư thoả mãn luật giản ước sau: Mệnh đề 4.3 (Luật giản ước) Nếu a1 b ≡ a2 b (mod n) (b, n) = 1, a1 ≡ a2 (mod n) Chứng minh Ta có a1 b ≡ a2 b (mod n) ⇒ (b, n) = n | (a1 − a2 )b (b, n) = ⇒ n | (a1 − a2 ) ⇒ a1 ≡ a2 (mod n) Ngoài ra, từ định nghĩa ta dễ dàng a1 b ≡ a2 b (mod nb) ⇔ a1 ≡ a2 (mod n), với b = số nguyên dương 4.2 Hệ thặng dư Định nghĩa 4.4 Tập hợp {a1 , a2 , , an } gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo n ≡ aj (mod n) với i = j Từ định nghĩa, {a1 , a2 , , an } hệ thặng dự đầy đủ modulo n, ta dễ dàng suy điều sau đây: • Với m ∈ Z, tồn cho m ≡ (mod n) • Với a ∈ Z, tập hợp {a1 + a, a2 + a, , an + a} hệ thặng dư đầy đủ modulo n • Với b ∈ Z (b, n) = 1, tập hợp {a1 b, a2 b, , an b} hệ thặng dư đầy đủ modulo n Chú ý hệ thặng dư đầy đủ modulo n phải có n phần tử Định nghĩa 4.5 (Hàm Euler) Với số nguyên dương n, ta định nghĩa ϕ(n) số số nguyên dương nhỏ n nguyên tố với n Định nghĩa 4.6 Tập hợp {a1 , a2 , , aϕ(n) } gọi hệ thặng dư thu gọn modulo n ≡ aj (mod n) với i = j (ai , n) = với i = 1, 2, , ϕ(n) Từ định nghĩa, {a1 , a2 , , aϕ(n) } hệ thặng dư thu gọn modulo n, ta dễ dàng suy điều sau đây: • Với m ∈ Z (m, n) = 1, tồn cho m ≡ (mod n) • Với b ∈ Z (b, n) = 1, tập hợp {a1 b, a2 b, , aϕ(n) b} hệ thặng dư thu gọn modulo n Chú ý hệ thặng dư thu gọn modulo n phải có ϕ(n) phần tử Hệ thặng dư đầy đủ thu gọn có nhiều ứng dụng việc giải toán lý thuyết số, chẳng hạn công việc chứng minh định lý Euler định lý Fermat nhỏ Định lý 4.7 (Định lý Fernat nhỏ) Cho p số nguyên tố a số nguyên dương Khi ap ≡ a (mod p) Nếu (a, p) = 1, ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Giả sử (a, p) = Ta chứng minh ap−1 ≡ (mod p) Thật vậy, ta có {0, 1, 2, , p − 1} hệ thặng dư đầy đủ modulo p Khi đó, tập hợp {0, a, 2a, , (p − 1)a} hệ thặng dư đầy đủ modulo p Do vậy, ta thu a(2a) ((p − 1)a) ≡ 1.2 (p − 1) (mod p) Tức là, ta có ap−1 (p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p) Hơn nữa, ta dễ thấy ((p − 1)!, p) = Do đó, ta có ap−1 ≡ (mod p) Tổng quát hơn, ta có định lý sau đây: Định lý 4.8 (Định lý Euler) Cho a, n hai số nguyên dương cho (a, n) = Khi đó, ta có aϕ(n) ≡ (mod n) Chứng minh Lấy {a1 , a2 , , aϕ(n) } hệ thặng dư thu gọn modulo n Khi đó, tập hợp {a1 a, a2 a, , aϕ(n) a} hệ thặng dư thu gọn modulo n Do vậy, ta nhận a1 a.a2 a .aϕ(n) a ≡ a1 a2 aϕ(n) (mod n) Tức là, ta có a1 a2 aϕ(n) aϕ(n) ≡ a1 a2 aϕ(n) (mod n) Hơn nữa, ta có (a1 a2 aϕ(n) , n) = Do đó, ta có aϕ(n) ≡ (mod n) Để áp dụng định lý Euler cách hiệu quả, cần có cơng thức cụ thể để tính ϕ(n) Theo định lý số học, số tự nhiên n > phân tích thành luỹ thữa số nguyên tố sau: n = pn1 pnk k , p1 , , pk số nguyên tố phân biệt n1 , , nk số nguyên dương Khi đó, giá trị ϕ(n) tính công thức sau: ϕ(n) = n(1 − 1 ) · · · (1 − ) p1 pk Ta quay lại phần chứng minh công thức nghiên cứu kỹ hàm số học Ví dụ 4.9 Tìm chữ số cuối số 383 Chứng minh Ta cần tìm số dư 383 chia cho 100 Thật vậy, (3, 100) = 1, nên theo định lý Euler, ta có 3ϕ(100) ≡ (mod 100) Do 100 = 22 52 , nên ϕ(100) = 100(1 − 21 )(1 − 15 ) = 40 Do vậy, ta có 383 = 340.2+3 = (340 )2 33 ≡ 27 (mod 100) Hai chữ số cần tìm 27 4.3 Phương trình đồng dư Định nghĩa 4.10 Phương trình đồng dư biến có dạng: f (x) ≡ (mod n), (4.1) f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 đa thức biến với hệ số ∈ Z am ≡ (mod n) Ví dụ 4.11 • 9x − ≡ (mod 15) phương trình đồng dư bậc biến • x2 + x + ≡ (mod 2) phương trình đồng dư bậc hai biến Nghiệm phương trình đồng dư (4.1) có tính chất đặc biệt sau: Nếu x0 nghiệm (4.1), tất x ≡ x0 (mod n) nghiệm (4.1) Trong trường hợp tổng quát, việc giải phương trình đồng dư tốn khó Tuy nhiên, hồn tồn đưa thuật toán hiệu để giải lớp phương trinh đồng dư đơn giản Chẳng hạn, xét phương trình đồng dư có dạng sau đây: ax ≡ b (mod n), (4.2) a, b, n số nguyên n > Phương trình đồng dư (4.2) gọi phương trình đồng dư tuyến tính Thuật tốn 4.12 (Giải phương trình đồng dư tuyến tính) Tính d = (a, n) Nếu d | b, (4.2) vơ nghiệm Nếu d | b, (4.2) tương đương với phương trình đồng dư sau: a b x≡ d d (mod n ), d (4.3) ( ad , nd ) = Giải phương trình đồng dư (4.2) với điều kiện (a, n) = (a) Tính ϕ(n) (b) Do (a, n) = 1, nên theo định lý Euler, ta có aϕ(n) ≡ (mod n) Nhân hai vế (4.2) với aϕ(n)−1 , ta nhận nghiệm (4.2) x ≡ aϕ(n)−1 b (mod n) Ví dụ 4.13 Giải phương trình đồng dư sau: 9x ≡ (mod 15) Chứng minh Ta có (9, 15) = | Do phương trình cho tương đương với 3x ≡ (mod 5) Dễ thấy ϕ(5) = Do nghiệm phương trình đồng dư cho x ≡ 33 (mod 5) Rút gọn, ta x≡4 (mod 5) 10 Chương Số p-adic 5.1 Đồng dư modulo pn bổ đề Hensel Cho f (x) ∈ Z[x] đa thức biến với hệ số nguyên n > số nguyên Giả sử muốn tìm nghiệm phương trình đồng dư f (x) ≡ (5.1) (mod n) Theo định lý số học, ta phân tích n thành tích luỹ thừa số nguyên tố sau: n = pn1 · · · pnk k , p1 , , pk số nguyên tố n1 , , nk số nguyên dương Để giải phương trình đồng dư (5.1), giải phương trình đồng dư f (x) ≡ (mod pni i ) (5.2) Nếu nghiệm (5.2), định lý phần dư Trung Hoa nói có số a mod n thoả mãn a ≡ (mod p)ni i với ≤ i ≤ k Do a nghiệm (5.2) với i, điều có nghĩa a nghiệm (5.1) Như việc giải phương đồng dư modulo n rút gọn tới việc giải phương trình đồng dư modulo luỹ thữa số nguyên tố Bổ đề Hensel cung cấp cho điều kiện để nghiệm modulo số nguyên tố p dẫn tới nghiệm modulo luỹ thừa pn với n Định lý 5.1 (Bổ đề Hensel) Cho f (x) ∈ Z[x] đa thức khác không, p số nguyên tố a số nguyên cho f (a) ≡ (mod p) and f (a) ≡ (mod p) Khi đó, tồn dãy số nguyên (a0 , a1 , a2 , ) cho a0 = a f (an ) ≡ (mod pn+1 ) and an+1 ≡ an 11 (mod pn+1 ) với n ≥ Chương Định lí thặng dư Trung Hoa Định lý 6.1 Giả sử m1 , m2 , , mn số nguyên dương đôi nguyên tố r1 , r2 , rn số ngun Khi hệ phương trình đồng dư sau:   x ≡ r1 ( mod m1 )    x ≡ r ( mod m ) 2     x ≡ r ( mod m ) n n có nghiệm nghiệm theo modulo M = m1 m2 mn M , j = 1, n Do (Mj , mj ) = nên tồn số nguyên mj yj cho Mj yj ≡ ( mod mj ) Đặt: Chứng minh Đặt Mj = x = r1 M1 y1 + r2 M2 y2 + + rn Mn yn Dễ thấy x ≡ ri ( mod mi ) với i = 1, n Vậy x nghiệm hệ Bây giả sử có x1 , x2 nghiệm hệ với j = 1, n ta có x1 ≡ x2 ( mod mj ) Mặt khác mj , j = 1, n đôi nguyên tố nên M | x1 − x2 hay x1 ≡ x2 ( mod M ) Trong trường hợp m1 , m2 , , mn bất kì(khơng đơi ngun tố) hệ chưa có nghiệm Định lí sau cho ta điều kiện để hệ có nghiệm, xem định lí mở rộng định lí Định lý 6.2 Giả sử m1 , m2 , , mn số nguyên dương đôi nguyên tố r1 , r2 , rn số nguyên Chứng minh điều kiện cần 12 đủ để hệ phương trình đồng dư:    x ≡ r1 ( mod m1 )  x ≡ r ( mod m ) 2     x ≡ r ( mod m ) n n có nghiệm ri ≡ rj ( mod [mi , mj ]) ∀ ≤ i < j ≤ n Nếu x1 , x2 hai nghiệm thỏa hệ phương trình đồng dư x1 ≡ x2 ( mod [m1 , m2 , , mn ]) Tức hệ phương trình cho có nghiệm theo modulo [m1 , m2 , , mn ] Chứng minh Giả sử hệ cho có nghiệm x0 Đặt d = (mi , mj ), ta có: x0 − ri ≡ ( mod mi ) x0 − rj ≡ ( mod mj ) Từ ri ≡ rj ( mod (mi , mj )) Do i, j nên ri ≡ rj ( mod (mi , mj )) ∀ ≤ i < j ≤ n Đây điều kiện đủ để hệ có nghiệm Ngược lại ta chứng minh quy nạp theo n điều kiện thỏa hệ ln có nghiệm theo modulo M với M = [m1 , m2 , , mn ] Khi n = Đặt d = (m1 , m2 ), m1 = d.d1 , m2 = d.d2 với (d1 , d2 ) = Khi ri ≡ rj ≡ r (mod d) Đặt r1 = r + k1 d, r2 = r + k2 d Ta có:   x − r ≡ k1 ( mod d1 ) x ≡ r ( mod m ) 1 x ≡ r2 ( mod m2 ) ⇐⇒ d  x − r ≡ k2 ( mod d2 ) d Do (d1 , d2 ) = nên theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên x−r dương x cho x ≡ k1 ( mod d1 ) x ≡ k2 ( mod d2 ) Mặt khác x d hai nghiệm phương trình   x − r ≡ k1 ( mod d1 ) d  x − r ≡ k2 ( mod d2 ) d x−r ≡ x ( mod d1 d2 ) tức x = x.d + r ( mod d.d1 d2 ) d Do [m1 , m2 ] = d.d1 d2 nên theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm modulo M nên Giả sử định lí đến n − Ta chứng minh định lí đến n Đặt m1 = [m1 , m2 , mn−1 ], m2 = mn , r2 = rn Vì ri ≡ rj ( mod (mi , mj )) nên theo giả thiết quy nạp hệ phương trình   x ≡ r1 ( mod m1 )    x ≡ r ( mod m ) 2     x ≡ r ( mod m ) n n−1 13 có nghiệm x ≡ r1 ( mod m1 ) Mặt khác ri ≡ rj ( mod (mi , mj )) ∀ ≤ i < j ≤ n nên r1 ≡ r2 ( mod (m1 , m2 )) Theo chứng minh cho trường hợp n = ta có hệ x ≡ r1 ( mod m1 ) x ≡ r2 ( mod m2 ) có nghiệm theo modulo M = [m1 , m2 ] = [m1 , m2 , , mn ] Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh Thuật tốn 6.3 Các bước giải hệ phương trình đồng dư: Đặt M = m1 m2 mn = Mi mi , i = 1, n Tìm nghiệm Ni phương trình Mi x ≡ ( mod mi ) n Tìm nghiệm hệ x0 = Mi Ni ri i=1 Kết luận nghiệm hệ x ≡ x0 ( mod M ) Ví dụ 6.4 Giải hệ phương trình: x ≡ ( mod 11) x ≡ ( mod 17) Chứng minh Xét phương trình 17y ≡ ( mod 11) ⇐⇒ 6y ≡ ( mod 11) Phương trình có nghiệm N1 = Xét phương trình 11y ≡ ( mod 17), phương trình có nghiệm N2 = 14 Từ nghiệm hệ là: x0 = 17.2.4 + 11.14.3 = 598 Vậy nghiệm hệ phương trình cho x ≡ 598 ≡ 37 ( mod 187) Ví dụ 6.5 Giải hệ phương trình:   x ≡ ( mod 2) x ≡ ( mod 3)   x ≡ ( mod 5) Chứng minh Xét phương trình 15y ≡ ( mod 2), phương trình có nghiệm N1 = Xét phương trình 6y ≡ ( mod 5), phương trình có nghiệm N2 = Xét phương trình 10y ≡ ( mod 3), phương trình có nghiệm N3 = Từ hệ có nghiệm x0 = 15.1.1 + 6.1.3 + 10.1.2 = 53 Vậy nghiệm hệ cho x ≡ 53 ≡ 23 ( mod 30) 14 Ví dụ 6.6 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp mà số n số hợp số Chứng minh Ý tưởng Ta tạo hệ gồm n phương trình đồng dư dùng định lí thặng dư Trung Hoa chứng minh có nghiệm hệ Giả sử p1 , p2 , pn n số nguyên tố khác đôi Xét hệ phương trình đồng dư x ≡ −k ( mod p2k ), k = 1, n Theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn x0 ∈ N∗ thỏa x0 ≡ −k ( mod p2k ) ∀ k = 1, n Rõ ràng số x0 + 1, x0 + 2, , x0 + n n hợp số cần tìm Ví dụ 6.7 Cho số nguyên dương n = pα1 pα2 pαk k , p1 , p2 , pk số nguyên tố đôi khác Tìm số nghiệm nguyên phương trình: x2 + x ≡ ( mod n) Chứng minh Ta có: x2 + x ≡ ( mod n) ⇔ x(x + 1) ≡ ( mod pαi ) i = 1, k ⇔ x ≡ ( mod pαi ) i = 1, k x + ≡ ( mod pαi ) i = 1, k Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm,mà ta có 2k hệ nghiệm hệ khác nên phương trình có 2k nghiệm 15 Phụ lục Phần phụ lục cung cấp số đề thi môn Lý thuyết số năm gần Đề thi Lý thuyết số - 2018 Thời gian: 120 phút Sinh viên không sử dụng tài liệu Bài (3 điểm) Cho a, b hai số nguyên dương Chứng minh tồn hai số nguyên không âm q, r cho a = qb + r r < b Mơ tả thuật tốn tìm ước chung lớn hai số nguyên dương a, b Tìm ước chung lớn 2018 1208 Bài (2 điểm) Giải hệ phương trình đồng dư sau:   x ≡ (mod 18)  x ≡ 13 (mod 20) x ≡ 28 (mod 75) Bài (2 điểm) Hãy xây dựng dãy số nguyên a0 , a1 , a2 , cho 2ai ≡ (mod 5i+1 ), ∀i = 0, 1, 2, Bài (3 điểm) Cho p số nguyên tố Với x ∈ Q, ta có biểu diễn x = pα ab , α ∈ Z a, b ∈ Z thoả (a, p) = (b, p) = 1, ta định nghĩa |x|p = p−α 16 x = x = 3 |3 , | 25 |5 , | 100 |2 Tính |20|2 , | 10 Chứng minh |xy|p = |x|p |y|p , ∀x, y ∈ Q Chứng minh |x + y|p ≤ max{|x|p , |y|p }, ∀x, y ∈ Q Hãy "=" xảy ra? —— Hết —— 17 ... Chương Số nguyên tố Kết chương Định lý Số học Định lý khẳng định số nguyên n > viết theo cách tích luỹ thừa số nguyên tố Điều dẫn đến nhiều vấn đề lý thuyết số rút gọn câu hỏi liên quan đến số nguyên... nhiều ứng dụng việc giải toán lý thuyết số, chẳng hạn công việc chứng minh định lý Euler định lý Fermat nhỏ Định lý 4.7 (Định lý Fernat nhỏ) Cho p số nguyên tố a số nguyên dương Khi ap ≡ a (mod... cung cấp số đề thi môn Lý thuyết số năm gần Đề thi Lý thuyết số - 2018 Thời gian: 120 phút Sinh viên không sử dụng tài liệu Bài (3 điểm) Cho a, b hai số nguyên dương Chứng minh tồn hai số nguyên