Định lý, bài toán về lý thuyết chia hết và đồng dư

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐẶNG THU HƯỜNG ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN VỀ LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐẶNG THU HƯỜNG ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN VỀ LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS Vũ Đỗ Long Hà Nội – Năm 2017 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương Các khái niệm định lý phép tính đồng dư 1.1Khái niệm đồng dư 1.2Định lý thặng dư Trung Hoa 1.3Định nghĩa hàm Euler công thức hàm Euler 1.4Định lý Euler định lý Wilson Chương Các tốn phép tính đồng dư chia hết 2.1Bài toán chia hết với biểu thức số học 2.1.1Chứng minh quan hệ chia hế 2.1.2Tìm số dư phép chia 2.1.3Tìm điều kiện để xảy quan 2.1.4Tồn hay khơng tồn 2.2Bài tốn số học có sử dụng định lý Dirichlet 2.2.1Nguyên lý Dirichlet 2.2.2Ứng dụng nguyên lý Dirichle 2.3Bài toán chia hết với dãy số Chương Các toán khác chia hết 3.1Các toán chữ số 3.2Bình phương lập phương số nguyên 3.3Một số toán kỳ thi học sinh giỏi KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU Bộ môn số học mơn học thú vị, hấp dẫn tốn học, gần gũi sống Ngay từ lớp em học sinh tiếp cận học Bài toán chia hết tốn khó lý thú số học thường xuất kì thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Thực tế nước ta học sinh học số học nên em không đủ kiến thức cần thiết để tiếp cận với nội dung Với mong muốn giúp học sinh có khả tự học, lãnh hội kiến thức cần thiết vận dụng kiến thức vào giải dạng tốn chia hết, tơi muốn giới thiệu đến q thầy cô giáo, em học sinh chuyên đề “Định lý, toán lý thuyết chia hết đồng dư” Bài viết trình bày ngắn gọn dễ hiểu, dễ tiếp cận, bao gồm ba chương với phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo Cụ thể chương trình bày sau: Chương 1: Các khái niệm, định lý đồng dư Chương 2: Các tốn phép tính đồng dư, chia hết Chương 3: Các toán khác chia hết Chương 1: Nhắc lại khái niệm liên quan đến đồng dư, chia hết Phần sau trình bày định lý liên quan đến đồng dư, chia hết sử dụng luận văn Chương 2: Tổng hợp tốn phép tính đồng dư, chia hết bao gồm toán chia hết với biểu thức số học, tốn số học có sử dụng ngun lý Dirichlet chia hết với dãy số Chương 3: Giới thiệu số toán chia hết kỳ thi học sinh giỏi, đặc biệt vận dụng lý thuyết đồng dư để giải số toán kỳ thi HSG Quốc gia từ 1962-2012 Để hoàn thành luận văn này, trước xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc tới PGS.TS.Vũ Đỗ Long, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà nội, người thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ suốt q trình hồn thành luận văn Qua xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn phong phú hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa Toán-Cơ -Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt q trình học tập trường Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề luận văn chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi sai sót trình bày, mong góp ý thày cô bạn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 26 tháng 11 năm 2016 Học viên Đặng Thu Hường Chương Các khái niệm định lý phép tính đồng dư 1.1 Khái niệm đồng dư Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b, m số nguyên, m ≠ Số a gọi đồng dư với b theo môđun m m ước (b – a) Nếu a đồng dư với b theo môđun m viết a ≡ b(mod m) Ngược lại, a khơng đồng dư với b theo mơđun m ta viết a ≡/ b(mod m) Ví dụ: ≡ 5(mod 3) 3| (5 – 2) Nếu a ≡ b(mod m) b gọi thặng dư a theo môđun m Nếu ≤ b ≤ m −1 b gọi thặng dư bé a theo môđun m Mệnh đề 1.1.2 Cho a, b, c, m số nguyên m ≠ Khi đó, ta có (i) a ≡ a (mod m), (ii) Nếu a ≡ b(modm) b ≡ a(mod m), (iii) Nếu a ≡ b(mod m) b ≡ c(mod m) a ≡ c(mod m) Chứng minh Mệnh đề (i), (ii) hiển nhiên, ta chứng minh mệnh đề (iii) Thật vậy, ta có a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) suy m|(b – a) m|(c – b) Do m| (b − a + c – b), hay m|(c – a) Vậy a ≡ c(mod m) Tiếp theo, ký hiệu a tâp hợp tất số nguyên đồng dư với a theo môđun m, a = { n ∈ | n ≡ a (mod m) } Nói cách khác, a tập hợp số nguyên có dạng {a + km} Từ đó, ta có định nghĩa sau Định nghĩa 1.1.3 Một tập gồm phần tử dạng a ={ a + km, k ∈ }gọi lớp đồng dư a theo mơđun m Ví dụ với m = 2, ta có lớp tập số nguyên chẵn, lớp tập số nguyên lẻ Mệnh đề 1.1.4 Cho a, b, m số nguyên m ≠ Khi đó, ta có: (i) a = b a ≡ b (mod m), (ii) Có m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m Chứng minh (i) Giả sử a = b , ta xét a ∈ a = b Do đó, a ≡ b (mod m) Ngược lại, a ≡ b (mod m) a ∈b Ngồi ra, c ≡ a (mod m).thì c ≡ b (mod m) Điều chứng tỏ a ⊆ b Hơn nữa, từ a ≡ b (mod m) ta suy b ≡ a (mod m), hay b ⊆ a Từ suy a = b (ii) Để chứng minh phần này, ta chứng minh tập {0, 1, , m −1} m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m Thật vậy, giả sử tồn ≤ k < l < m cho k = l Khi đó, theo (i) ta có k ≡ l (mod m) hay m | (l − k) Điều mâu thuẫn với giả thiết < l – k < m Do đó, k ≠ l Ngồi ra, với a ∈ ln tồn cặp số nguyên q, r cho a = qm + r , ≤ r < m , suy a ≡ r (mod m) hay a = r Định nghĩa 1.1.5 Tập gồm m phần tử A = { a1, a2, …, am} gọi hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun m B = {a1 , a2 , , am} tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo mô đun m Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun m không Ví dụ tập {0, 1, 2, 3}, {4, 9, 14, −1}, {0, 1, −2, −1} hệ thặng dư đầy đủ theo mô đun Mệnh đề 1.1.6 Nếu a ≡ c (mod m), b ≡ d (mod m) a + b ≡ c + d (mod m) ab ≡ cd (mod m) Chứng minh Ta có (a + b) – (c + d) = (a – c) + (b – d) Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy [(a + b) – (c + d)] ⋮ m hay a + b ≡ c + d (mod m) + Ta có ab – cd = (ab – bc) + (bc – cd) = b(a – c) + c(b – d) Vì a – c ⋮ m, b – d ⋮ m, suy ab – cd ⋮ m hay ab ≡ cd (mod m) Mệnh đề 1.1.7 Cho a, b, c, m số nguyên, m > 0, ac ≡ bc (mod m) d = (c, m) Khi ta có a ≡ b (mod m d ) Chứng minh Giả sử ac ≡ bc (mod m) Ta có m|(bc – ac), suy tồn số nguyên k cho c(b – a) = km Khi đó, chia hai vế cho d ta Ngoài ra, theo giả thiết ta có d = (c, m), suy hay a ≡ b (mod m d ) Mệnh đề 1.1.8 Cho a, b, m1, …, mk số nguyên, m1, m2, …, mk > 0, a ≡ b (mod m1), a ≡ b (mod m2),…, a ≡ b (mod mk) Khi đó, ta có a ≡ b (mod[m1 , m2 , , mk ] ) [m1 , m2 , , mk ] bội chung nhỏ m1, m2, …, mk Chứng minh Suy trực tiếp từ định nghĩa Mệnh đề 1.1.9 Nếu a ≡ b (mod n) an ≡ bn (mod n2 ) Chứng minh Từ a ≡ b (mod n).suy a = b + nq Do đó, theo cơng thức khai triển nhị thức ta có n n n a – b = (b + nq) – b = n n n n b n −1qn + b n −2 q n + + q n nn    1    n  =      n  n  n b n −1q +   b n −2 q + +  q n nn    n    Từ suy a n ≡ bn (mod n ) Điều ngược lại khơng đúng, ví dụ 34 ≡14 (mod ) ≡/1 (mod 4) Mệnh đề 1.1.10 Nếu a, b số nguyên p số nguyên tố  a + b ) p ≡ a p + b p (mod p) Chứng minh Theo công thức khai triển nhị thức ta có: (a + b ) Do đó, để chứng minh mệnh đề ta cần minh có p   k   suy Từ đó, 1.2 Định lý thặng dư Trung Hoa Tương tự với hệ phương trình bậc nhất, ta đặt tốn cho hệ phương trình đồng dư sau: Cho a1, a2, …, an; b1, b2, …, bn; m1, m2, …, mn số nguyên, mi > với i = 1, 2, …, n Khi hệ phương trình sau có nghiệm a1 x + b1 ≡ (mod m1 ) a2 x + b2 ≡ 0(mod m2 )   an x + bn ≡ 0(mod mn ) Trước tiên, ta xét trường hợp m1, m2, …, mn đôi nguyên tố Để hệ phương trình có nghiệm, trước hết phương trình đồng dư tuyến tính Mặt khác: x + y3 − ≡ (mod p) Cộng (1) (2) ta được: ( x + y) + ≡ (mod p)  ( x + y + 2)( x + y − xy − 2( x + y) + 4) ≡ (mod p) Vì p số ngun tố, ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: x + y + chia hết cho p Khi đó: x + y ≤ x + y + ⇔ x ( x − 1) + y ( y − 1) ≤ Vì x, y số ngun dương nên có trường hợp: x = y = 1; x = y = 1; x = y = Thử lại ta có cặp số (x; y) thỏa mãn là: (1; 1), (2; 1), (1; 2) Trường hợp 2: Nếu x + y + xy − 2( x + y ) + p Khi đó: x + y + xy − 2( x + y ) + ( x + y2 )  xy − 2( x + y ) + ( x + y2 ) Do xy − 2( x + y ) + = 2[( x − 1)( y − 1) + 1] >  xy − 2( x + y ) + ≥ ( x + y2 ) Dấu xảy x = y = Vậy cặp số nguyên dương x, y cần tìm là: (1; 1), (2; 1), (1; 2) Bài 3.11 (Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ XVII – 2013) Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình (1) 86  p + = 2x2   + = y2 p2   Lời giải Trường hợp 1: p = 2, ta có hệ phương trình: 9 = 2x2  : Khơng có nghiệm x, y ngun dương 11 = y2 Trường hợp 2: p = 3, ta có hệ phương trình: 10 = 2x2  : Khơng có nghiệm x, y nguyên dương 16 = y Trường hợp 3: p = 5, ta có hệ phương trình: 12 = 2x2  : Khơng có nghiệm x, y nguyên dương 32 = y2 Trường hợp 4: p = 7, ta có hệ phương trình: 14 = 2x2  : Khơng có nghiệm x, y ngun dương 56 = y Trường hợp 5: p > Ta có: x ≡ ≡ y2 (mod p) ⇒ x ≡ ± y (mod p) (do (2, p) = 1) Từ hai phương trình hệ ta có: x  x , y < p Khi đó: < y2 ⇒x