Một tập gồm ϕ p n q số nguyên mà mỗi phần tử của tập đều nguyên tố cùng nhau với n và hai phần tử khác nhau của tập không đồng dư theo môđun n được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo mô[r]
(1)TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG *********
HÀ DUY NGHĨA
ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG
(2)MỤC LỤC
Mục lục i
Chương 1 đồng dư áp dụng 1
1.1 Đồng dư thức
1.1.1 Một số khái niệm tính chất
1.1.2 Ứng dụng lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết 1.2 Phương trình đồng dư 10
1.2.1 Phương trình đồng dư bậc ẩn 10
1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc ẩn 11
1.2.3 Ứng dụng 11
1.3 Các hàm số học 12
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕpnq 12
1.3.2 Hm Măobius àpnq 15
1.3.3 Hàm tổng ước dương σpnq 15
1.3.4 Ứng dụng 17
1.4 Bài tập tự luyện 18
Chương 2 một số toán kỳ thi học sinh giỏi 20 2.1 Các toán kỳ thi Olympic 20
2.2 Các toán kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 22
(3)LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ VÀ ÁP DỤNG
1.1 Đồng dư thức
1.1.1 Một số khái niệm tính chất bản
Định nghĩa 1.1.1. Choa, b, m số nguyên, m Số a gọi đồng dư với b theo môđun m m ước pbaq.
Nếu a đồng dư với b theo môđun m viết a bpmodmq. Ngược lại, a
khơng đồng dư với b theo mơđun m ta viết a bpmodmq.
Ví dụ 5pmod 3q 3|p52q.
Nếu a bpmodmq b gọi thặng dư a theo môđun m.
Nếu ¨b ¨ m1 b gọi thặng dư bé a theo môđun m.
Mệnh đề 1.1.2. Cho a, b, c, m là số nguyên m Khi đó, ta có (i) a apmodmq,
(ii) Nếu a bpmodmq thì b apmodmq,
(iii) Nếu a bpmodmq và b cpmodmq thì a cpmodmq.
Chứng minh. Mệnh đề piq,piiq hiển nhiên, ta chứng minh mệnh đề piiiq. Thật vậy, ta có a b pmod mq, b c pmod mq suy m|pb aq m|pc bq Do
m|pba cbq, hay m|pcaq Vậy a c pmod mq.
Tiếp theo, ký hiệu a tâp hợp tất số nguyên đồng dư với a theo môđun
m, a tnP Z|n apmod mqu. Nói cách khác, alà tập hợp số nguyên có dạng
ta kmu Từ đó, ta có định nghĩa sau
(4)1.1 Đồng dư thức
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 là số nguyên m 0. Khi đó, ta có (i) a b khi khi a bpmodmq,
(ii) a b khi khi aXb Ø,
(iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m.
Chứng minh. piq Giả sử a b, ta xét a P a b. Do đó, a bpmodmq Ngược lại, a bpmodmq a P b. Ngồi ra, c apmodmq c bpmodmq.
Điều chứng tỏ rằnga b.Hơn nữa, từa bpmod mqta suy rab apmodmq,
hay b a. Từ suy a b.
piiq Dễ thấy rằng, aX b Ø a b. Ngược lại, ta cần chứng tỏ aXb Ø a b. Thật vậy, giả sử aXb Ø gọi c P a Xb. Khi đó, ta có
c apmodmq c bpmodmq. Điều suy a bpmodmq. Do đó, theo piq
ta suy a b.
piiiq Để chứng minh phần này, ta chứng minh tập t0,1,2, , m1u m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Tht vy, gi s tn ti 0ă k l m cho
k l.Khi đó, theopiqta cók lpmod mq, hay m|plkq. Điều mâu thuẫn với giả thiết 0 lk m. Do đó, k l. Ngồi ra, với aP Z tồn cặp số nguyờn q, r cho a qm r,0ă r m, suy a rpmodmq hay a r.
Định nghĩa 1.1.5. Tập gồm m phần tử tA a1, a2, , amu gọi hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m tB a1, a2, a3, , amu tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m.
Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m không Ví dụ tập t0,1,2,3u,t4,9,14,1u,t0,1,2,1u hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 4.
Mệnh đề 1.1.6. Nếua cpmod mqvàb dpmod mqthìa b c dpmodmq
và ab cdpmodmq.
(5)Mệnh đề 1.1.7. Choa, b, c, mlà số nguyên,m ¡ 0, ac bcpmodmqvàd pc, mq.
Khi đó, ta có
a bpmod m
dq.
Chứng minh. Giả sử ac bcpmod mq. Ta có m|pbdacq, suy tồn số nguyên
k cho cpbaq km. Khi đó, chia hai vế cho d ta dcpbaq kmd. Ngoài ra, theo giả thiết ta có d pc, mq, suy cd, md 1. Do đó, ta có md|pbaq hay
a bpmod m
dq.
Mệnh đề 1.1.8. Choa, b, m1, , mk là số nguyên,m1, , mk ¡ 0, a bpmodm1q,
a bpmodm2q, , a bpmodmkq. Khi đó, ta có
a bpmodrm1 mksq,
trong đó rm1m2 mks là bội chung nhỏ của m1, m2 , mk. Chứng minh. Suy trực tiếp từ định nghĩa
Mệnh đề 1.1.9. Nếu a bpmodnq thì an bnpmodn2q.
Chứng minh. Từ a bpmodnq suy a b nq. Do đó, theo cơng thức khai triển nhị thức ta có
anbn pb nqqnbn
n
1
bn1qn
n
2
bn2q2n2
n n
qnnn
n2
bn1q
n
2
bn2q2
n n
qnnn2
.
Từ suy an bnpmodn2q.
Điều ngược lại khơng đúng, ví dụ 34 14pmod 42q 1pmod 4q.
Mệnh đề 1.1.10. Nếu a, b là số nguyên và p là số nguyên tố thì
pa bqp ap bppmodpq
Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức ta có
pa bqp ap bp
p
1
ap1b
p
p1
(6)
1.1 Đồng dư thức
Do đó, để chứng minh mnh ta ch cn chng minh p| pk,p1ă k ă p1q. Tht
vy, ta cú
p k
p!
k!ppkq!, suy
k
p k
p!
pk1q!ppkq!
p pp1q!
pk1q!ppkq! p
p1
k
.
Từ đó, p|k pk. Ngồi ra, ƯCLNpp, kq nên p| pk.
1.1.2 Ứng dụng lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu chia hết
Ví dụ 1.1.2.1. Tìm dấu hiệu chia hết cho 2k,3,5k,7,11,13,37.
Lời giải: Xét số tự nhiên a an.an1 a0. Tức a viết dạng
a an.10n a1.10 a0,p0ă ai ă 9q.
Du hiệu chia hết cho 2k.
Vì 10 0pmod 2q nên 10k 0pmod 2kq. Từ suy
a ak1.10k1 a0pmod 2kq.
Do đó, số a chia hết cho 2k số b ak1.10k1 a0 0pmod 2kq, tức
là b chia hết cho 2k. Nói cách khác, số tự nhiên a chia hết cho 2k số tự nhiên b lập từ k chữ số tận a chia hết cho 2k.
Tương tự, ta có 10 0pmod 5q 10k 0pmod 5kq. Do đó, số a chia hết cho 5k số b lập từ k chữ số tập a chia hết cho 5k.
Dấu hiệu chia hết cho và 9.
Ta có 10 1pmod 3q suy 10k 1pmod 3q. Do ai.10k aipmod 3q. Từ suy a an.10n a1.10 a0 an a0pmod 3q. Vậy, số a chia
hết cho tổng chữ số chia hết cho 3.
(7)Dấu hiệu chia hết cho Ta có
a0 a0pmod 7q đ a0 a0pmod 7q
10 3pmod 7q ñ10a1 3a1pmod 7q
102 2pmod 7q ñ 102a2 2a2pmod 7q
103 1pmod 7q ñ 103a3 1a3pmod 7q
Từ đó, ta có bảng đồng dư theo mơđun tương ứng sau
a0 10a1 102a2 103a3 104a4 105a5 106a6 107a7 108a8 109a9 1010a10 1011a11 106t1a6t1
a0 3a1 2a2 a3 3a4 2a5 a6 3a7 2a8 a9 3a10 2a11 2a6t1
Bảng 1.1:
Do đó, số a an.an1 a1a0 chia hết cho tổng dạng
pa0 3a1 2a2qpa3 3a4 2a5q pa6 q pa6t3 3a6t2 2a6t1q 0pmod 7q
Ngoài ra, với số x, y, z ta có
x 3y 2z 100z 10y xpmod 7q zyxpmod 7.q
Từ suy ra, số a an.an1 a1a0 chia hết cho tổng dạng
a2a1a0a5a4a3 a8a7a6 a11a10a9 , chia hết cho
Dấu hiệu chia hết cho 11
Tương tự dấu hiệu chia hết cho 7, ta có
a0 a0pmod 11q đ a0 a0pmod 11q
10 1pmod 11q ñ 10a1 a1pmod 11q
102 1pmod 7q ñ 102a2 a2pmod 11q
103 1pmod 11q ñ 103a3 1a3pmod 11q
(8)1.1 Đồng dư thức
a0 10a1 102a2 103a3 104a4 105a5 106a6 107a7 108a8 109a9 1010a10 1011a11 102t1a2t1
a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a2t1
Bảng 1.2:
Do đó, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 11 tổng dạng
a0a1 a2a3 a4 a5 a6 a2t1 0pmod 11q
Nói cách khác, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 11 tổng đan dấu
a0a1 a2a3 a4a5 a6 a2t1 chia hết cho 11
Dấu hiệu chia hết cho 13 Ta có
a0 a0pmod 13q ñ a0 a0pmod 13q
10 3pmod 13q ñ 10a1 3a1pmod 13q
102 4pmod 13q ñ 102a2 4a2pmod 13q
103 1pmod 13q ñ 103a3 1a3pmod 13q
Tương tự ta có bảng lớp đồng dư theo môđun 13 (Bảng 1.3) a0 10a1 102a2 103a3 104a4 105a5 106a6 107a7 108a8 109a9 1010a10 1011a11 106t1a6t1
a0 3a1 4a2 a3 3a4 4a5 a6 3a7 4a8 a9 3a10 4a11 4a6t1
Bảng 1.3:
Từ bảng 1.3 ta suy rằng, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 13 tổng
dạng
pa03a14a2qpa33a44a5q pa6t33a6t24a6t1q 0pmod 13q
Ngoài ra, với số x, y, z ta có
x3y4z 100z 10y xpmod 13q zyxpmod 13.q
Từ suy ra, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 13 tổng dạng
(9)Dấu hiệu chia hết cho 33 Ta có
a0 a0pmod 33q đ a0 a0pmod 33q
10 10pmod 33q ñ 10a1 10a1pmod 33q
102 1pmod 33q ñ 102a2 a2pmod 33q
103 10pmod 33q ñ 103a3 10a3pmod 33q
a0 10a1 102a2 103a3 104a4 105a5 106a6 107a7 108a8 109a9 1010a10 1011a11 102ta2t
a0 10a1 a2 10a3 a4 10a5 a6 10a7 a8 10a9 a10 10a11 a2t
Bảng 1.4:
Từ bảng 1.4 ta suy rằng, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 33 tổng
dạng
pa0 a2 a2tq 10pa1 a3 a2t 1q 0pmod 33q
Ngoài ra, với số x, y ta có
x 10y 10y xpmod 33q yxpmod 33.q
Từ suy ra, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 33 tổng dạng
a1a0 a3a2 a5a4 a6a5 chia hết cho 33.
Ngồi ra, ta có 33 11.3 nên ta suy dấu hiệu khác số chia hết cho 11; tổng dạng
a1a0 a3a2 a5a4 a6a5 ,chia hết cho 11;
Dấu hiệu chia hết cho 37 Ta có
a0 a0pmod 37q đ a0 a0pmod 37q
10 10pmod 37q ñ 10a1 10a1pmod 37q
(10)1.1 Đồng dư thức
103 1pmod 37q ñ 103a3 1a3pmod 37q
104 10pmod 37q ñ 104a3 10a3pmod 37q
105 11pmod 37q ñ 104a3 11a3pmod 37q
a0 10a1 102a2 103a3 104a4 105a5 106a6 107a7 108a8 109a9 1010a10 1011a11 102ta3t
a0 10a1 11a2 a3 10a4 11a5 a6 10a7 11a8 a9 10a10 a11 11a3t
Bảng 1.5:
Từ bảng 1.5 ta suy rằng, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 37 tổng
dạng
pa0 a3 a3tq 10pa1 a4 a3t 1q11pa2 a5 a3t 2q 0pmod 37q
Ngoài ra, với số x, y, z ta có
x 10y11z 100z 10y xpmod 37q zyxpmod 37.q
Từ suy ra, số a an.an1 a1a0 chia hết cho 37 tổng dạng
a2a1a0 a5a4a3 a8a7a6 ,chia hết cho 37.
Ví dụ 1.1.2.2. Chứng minh
aq 44021 32012 chia hết cho 13, bq 62023 82023 chia hết cho 49,
cq 22011969 11969220 69220119 chia hết cho 102, dq 22225555 55552222 chia hết cho 7.
Lời giải a)Ta có
44021 32012 4.162010 9.32010
4p16201032010q pmod 13q
p163qp162009 1620083 32009q pmod 13q
(11)Vậy, 44021 32012 chia hết cho 13
b) Ta có 62023 82023 p6 8qp62022620218 6202082 82022q 14M,
M p62022620218 6202082 82022q.
Hơn nữa, M plooooooooooooooooomooooooooooooooooon1q2022 12021 12022
2023 số hạng
2023 0pmod 7q, hay 7|M Từ suy ra, 49|14M hay 62023 82023 chia hết cho 49.
c) Ta có
220 0pmod 2q ñ22011969 0pmod 2q,
119 1pmod 2q ñ11922069 1pmod 2q,
69 1pmod 2q ñ69220119 1pmod 2q.
Do đó, A 22011969 11969220 69220119 chia hết cho
Tương tự ta chứng minh A chia hết cho 3,17 Vì số t2,3,17u số đôi nguyên tố nên ta suy A chia hết cho 102.
d) Ta có 2222 3pmod 7q,32 2pmod 7q,33 1pmod 7q. Do 22225555 33.1851 2pmod 7q.
Tương tự, ta có 5555 4pmod 7q,43 1pmod 7q,42 2pmod 7q nên 55552222 43.740 2pmod 7q.
Từ suy ra, 22225555 55552222 0pmod 7q hay 22225555 55552222 7.
Ví dụ 1.1.2.3. Tìm số dư số 12343567894 chia cho 8.
Lời giải: Vì 23 nên số dư phép chia 12343567894 cho số
dư 7894 chia cho 8. Do đó, ta có
12343567894 7894 54 1pmod 8q.
(12)1.2 Phương trình đồng dư 10
1.2 Phương trình đồng dư
1.2.1 Phương trình đồng dư bậc ẩn
Định nghĩa 1.2.1. Phương trình đồng dư tuyến tính ẩn số phương trình dạng ax bpmodmq, a, b, mP Z, m 0, a 0pmodmq
Một nghiệm phương trình số nguyên x0 thỏa mãn ax0 bpmodmq.
Ví dụ 3,8,13 nghiệm phương trình 6x 3pmod 15q. Số 18 nghiệm, 18 3pmod 15q.
Mệnh đề 1.2.2. Gọid ƯCLNpa, mq Khi đó, phương trình đồng dưax bpmodmq
có nghiệm nếu d|b. Hơn nữa, nếu x0 là nghiệm phương trình có đúng
d nghiệm khơng đồng dư theo mơđun m.
Chứng minh. Nếu x0 nghiệm ax0 b my0 với số nguyên y0. Do đó,
ax0my0 b Ngồi ra, ta có d ƯCLNpa, mq suy d|pax0my0 bq.
Ngược lại, giả sử d|b, tồn hai số nguyên x,0, y,0 cho d ax,0 my0, Đặt c bd, nhân hai vế phương trình cho c ta apx,0q mpy
,
0cq b.
Điều suy x x,0c nghiệm phương trình ax bpmodmq.
Tiếp theo, ta chứng minh phương trình có d nghiệm không đồng dư theo môđun m. Thật vậy, giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình Khi đó,
apx1 x0q 0pmodmq suy m|apx1 x0q. Hơn nữa, ta có d ƯCLNpa, mq
nên đặt m1 md, a1 ad ta có m1|a1px1 x0q suy m1|px1 x0q hay
x1 x0 km1 với số ngun k. Do đó, nghiệm phương trình
có dạng x0 km1, k PZ. Ngồi ra, với hai số nguyên k, d tồn hai s
nguyờnq, rsao chok qd r,0Ô r dkhi đóx1 x0 qdm1 rm1 x0 qm rm1
nghiệm đồng dư với nghiệm x0 rm1 Điều chứng tỏ nghiệm khơng đồng dư phương trình x0, x0 m1, , x0 pd1qm1.
Quay lại ví dụ xét trên, phương trình 6x 3pmod 15qcód ƯCLNp15,3q 3,
m1 5, x0 nghiệm, nghiệm 8,13.
(13)1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc ẩn
Định nghĩa 1.2.4. Hệ phương trình dạng
$ ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' %
x b1pmodm1q
x b2pmodm2q
x bnpmodmnq
gọi hệ phương trình đồng dư bậc ẩn Nếu số nguyênx0 nghiệm
của hệ số nguyên thuộc lớp đồng dư với x0 theo môđun m nghiệm
của hệ,(m BCNN m1, m2, , mn)
Định lý 1.2.5 (Chinese Remainder Theorem). Giả sử m m1.m2 mt và số
m1, m2, , mt đôi nguyên tố Khi hệ phương trình đồng dư
$ ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' %
x b1pmodm1q
x b2pmodm2q
x bnpmodmnq có nghiệm theo môđun m.
Chứng minh. Đặt ni mmi, ta đượcpmi, niq 1.Khi đó, tồn số nguyên ri, si chorimi sini 1.Gọiei sini suy raei 1pmod miqvàei 0pmodmjq, j i. Tiếp tục đặt x0
n
°
i1
biei ta x0 bieipmodmiq dẫn đến x0 bipmodmiq. Vậy x0 nghiệm hệ Hơn nữa, giả sử x1 nghiệm khác hệ Ta có
x1x0 0pmodmiq,pi1,2, , nq hay m1, m2, , mn chia hết cho x1 x0 Điều
này chứng tỏ x1 x0pmodmq.
1.2.3 Ứng dụng
Ví dụ 1.2.3.1. Tìm số chia hết cho 11 chia cho 2,3,5,7 dư 1.
(14)1.3 Các hàm số học 12
$ ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' %
x 0pmod 11q
x 1pmod 2q
x 1pmod 3q
x 1pmod 5q
x 1pmod 7q
Đặt m 11.2.3.5.7 2310, ta có số ni, mi, ri, si tương ứng sau mi ri ni si
2 578 1155 -1
3 257 770 -1
5 -277 462
7 -47 330
11 210
Bảng 1.6:
(2r 1155s đ 2r 11155s 21144ss1, r nguyên nên ta chọn
s 1, , dẫn đến ta có cặp (r, s) bảng (1.6).) Áp dụng Định lý 1.2.5, ta có nghiệm hệ
x 1155p1q 770p1q 462p3q 330p1q 210.0pmod 2310q 209pmod 2310q.
1.3 Các hàm số học
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕpnq
Định nghĩa 1.3.1.Chonlà số nguyên dương Phi hàm Ơleϕpnq pEuler’s function ϕpnqq
là số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n.
Ví dụ với n 4, ta có ϕp4q 3.
Phi hàm Ơle hàm nhân tính, tức với hai số m, n nguyên tố ta có ϕpm.nq ϕpmq.ϕpnq. Với kết này, ta có mệnh đề sau cho ta cách tính
(15)Mệnh đề 1.3.2. Giả sử số tự nhiênnđược phân tích thành tích thừa số nguyên tố n pα1
1 p
α2
2 p
αk
k . Khi đó
ϕpnq n
1
p1
1
p2
1
pk
.
Chứng minh. Xem [1, tr.60-61]
Mệnh đề 1.3.3. Cho n là số ngun dương Khi đó,
¸
d|n
ϕpn
dq n
trong tổng lấy theo ước của n.
Chứng minh. Xét nsố hữu tỉ 1n, 2n, ,nn. Rút gọn phân số cho phân số tối giản Khi đó, tất mẫu số phân số ước n.
Do đó, nếud ước nthì có xác ϕpdq phân số có mẫu số làd Từ suy
¸
d|n
ϕpn
dq n.
Định nghĩa 1.3.4. Một tập gồm ϕpnq số nguyên mà phần tử tập nguyên tố với nvà hai phần tử khác tập không đồng dư theo môđun n gọi hệ thặng dư thu gọn theo môđun n.
Định lý 1.3.5 (Euler’s theorem). Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên với pa, mq 1. Khi đó, ta có aϕpmq 1pmodmq.
Chứng minh. Giả sử tr1, r2, , rϕulà hệ thặng dư thu gọn theo môđun m. Khi đó, ta có tar1, ar2, , arϕu hệ thặng dư thu gọn theo môđun m. Do
ar1ar2 arϕpmq r1r2 rϕpmqpmodmq tức
aϕpmqr1r2 rϕ r1r2 rϕpmodmq.
Ngồi ra, ta có ƯCLNpr1r2 rϕpmq, m 1q nên suy aϕpmq 1pmodmq.
Hệ 1.3.6. Cho a, m là số nguyên, với m¡ 0,ƯCLNpa, mq và n, k là hai số tự nhiên thỏa n kpmodϕpmqq. Khi đó
(16)1.3 Các hàm số học 14
Chứng minh. Ta có nkpmodϕpmqq. đ n k t.ϕpmq, tP Z. Do đó,
an ak t.ϕpmq ak.paϕpmqqt akpmodmq.
Định lý 1.3.7 (Fermat’s little theorem). Nếu p là số nguyên tố với số nguyên a ta có ap apmodpq.
Chứng minh. Suy trực tiếp từ Định lý Euler
Định lý 1.3.8 (Wilson’s theorem). Số nguyên n ¡ là số nguyên tố chỉ nếu pn1q! 1pmodnq.
Chứng minh. Giả sử n số nguyên tố Nếu n 2,3 định lý Nếu n¡ 3,
thì với số nguna ln tồn số nguyênb choa.b 1pmod nq.
Ta chng minh ă b ă p2. Tht vy, theo Mệnh đề 1.2.2 tồn nghiệm phng trỡnh ng d ta cú ă b ă p 1. Ngồi ra, b a 1.
Nếu b n1 a n1. Điều mâu thuẫn Do đó, phần tử tập
A t2,3, , n2u chia thành n23 cặp pa, bq Từ suy 2.3 pn2q 1pmodpq
hay
pn1q! pn1q pmodnq 1pmodnq.
Ngược lại, giả sửpn1q! 1pmod nq.Ta chứng minh nlà số nguyên tố Thật vậy, giả sử n hợp số, tức n a.b ú a ă b n. Khi a|pn1q!.
Ngồi theo giả thiết, ta có pn1q! 1pmodnq tức a|ppn1q! 1q. Từ suy a|1. Điều mâu thuẫn Vậy n số nguyên tố
Mệnh đề 1.3.9. Gọi pt là lũy thừa số nguyên tố lẻ, m là số nguyên tố cùng nhau với cả p và p1 và a, b nguyên tố với p. Khi đó
am bmpmodptq nếu nếu a bpmodptq.
Chứng minh. Vì pabq|pambmq nên từ giả thiết a bpmodptq ta suy
am bmpmodptq.
(17)ƯCLNpm,pp1qpt1q 1.Do đó, tồn số nguyên dươngk chomk 1pmodϕpptq.
Từ suy
a amk pamqk pbmqk bpmodptq.
1.3.2 Hm Măobius àpnq
nh ngha 1.3.10. Hm s hc Măobius àpnql hm cho bi cụng thc
µpnq
$ ' ' ' & ' ' ' %
1 n 1,
0 n khơng phương,
p1qk n số phương k số ước nguyên tố n
Mệnh đề 1.3.11. Nếu n¡ thì ° d|n
µpdq 0.
Chứng minh. Nếu n ¡ n phân tích thành tích thừa số nguyên tố
n pα1
1 pα22 p
αl
l . Khi đó,
°
d|n
µpdq °
1, ,l
µpp1
1 p
l
l q i Do đó,
¸
d|n
µpdq 1l
l l
p1ql
l l
p11ql 0.
1.3.3 Hàm tổng ước dương σpnq
Định nghĩa 1.3.12. Hàm số học σpnq hàm nhận giá trị n tổng ước dương n Ta viết gọn định nghĩa sau
σpnq ¸
d|n
d.
Hàm σpnq hàm nhân tính Nếu p số nguyên tố σppq p 1.
Nếu σpnq 2n n gọi số hồn hảo (perfect), ví dụ số 6, 28 số hồn hảo
Định lý 1.3.13. Nếu số tự nhiên n được phân tích thành tích thừa số nguyên tố n pα1
1 pα22 p
αl l thì
σpnq
l
¹
i1
pαi i
pi1
(18)1.3 Các hàm số học 16
Chứng minh. Ta có ước pαi là 1, p, p2, , pαi, nên
σppαiq 1 p p2 pαi p
αi 11
p1 .
Từ suy ra,
σpnq
l
¹
i1
pαi i
pi1
.
Mệnh đề 1.3.14. Nếu m là số hồn hảo lẻ và m có phân tích sở m ±pαi i thì
1) Tồn số i sao cho
$ & %
αi lẻ
pi 1pmod 4q 2) Với mọi j i, αj chẵn.
Chứng minh. Ta có σpmq 2mđ ±
α
i
°
j1
pji
2±pαi
i . Suy ra, tồn số i cho αi lẻ 2|σpmq nên ứng với αi lẻ ta có pi 1pmod 4q.
Ngoài ra, với số j i ta xét σppαj
j q pj p2j p αj
j . Khi từ
σppαj
j q số lẻ nên αj phải chia hết cho
Mệnh đề 1.3.15. n là số hoàn hảo chẵn khi n 2m1p2m1q, trong đó 2m1 là số nguyên tố Mersene.
Chứng minh. Giả sử n 2sq, s ¥1, q 2t 1, ta có 2s 1q σp2sqq p2s 11qσpqq.
Suy raq chia hết cho 2s 11. Tiếp theo, ta đặt q p2s 11qk. Khi đó, k ¡ ta có
2s 1kp2s 1q σpp2s 11qkqp2s 11q.
Suy k2s σpp2s 1qkq ¡ kp2s 1q k, (mâu thuẫn) Vậy k hay
q 2s 11 q số nguyên tố Mersene
Ngược lại, giả sử n 2m1p2m1q 2m1 số nguyên tố Khi đó,
σpnq σp2m1qσp2m1q 2m12m 2n.
(19)1.3.4 Ứng dụng
Ví dụ 1.3.4.1. Tìm số dư phép chia sau
aq 123345 chia cho 14,
bq 35150 chia cho 425, (Chọn HSGQG-Daklak-2011)
Lời giải: a) Ta có 123 3pmod 14q,345 3pmod 6q ƯCLNp123,14q 1,
ϕp14q nên áp dụng Hệ 1.3.6 ta có
123345 1233 p3q3 1pmod 14q.
Vậy số dư phép chia 123345 chia cho 14 1.
b) Vì ƯCLNp35150,425q 25 nên
35150 rpmod 425q ơ5158.7150 xpmod 17q.
Ta có ϕp17q 16,148 6pmod 16q,ƯCLNp148,17q nên suy 5148 56 p53q2 62 2pmod 17q.
Tương tự, ta có
7150 78 p72q4 p2q4 1pmod 17q.
Từ suy 5158.7150 15pmod 17q hay 35150 375pmod 425q.
Vậy số dư chia 35150 cho 425 375.
Ví dụ 1.3.4.2. Chứng minh ƯCLNpa,5q a8n 3a4n4 chia hết cho 100
Lời giải: Đặt A a8n 3a4n4 pa4n1qpa4n 4q. Theo công thức Euler ta
có a4 1pmod 5q suy a4n 1pmod 5q. Do a4n chia hết cho a4n1 chia hết cho 5, hay A chia hết cho 25 Điều dẫn đến toán trở thành chứng minh A chia hết cho Thật vậy, ta viết trở lại
a8n 3a4n4 a4npa4n 3q B
(20)1.4 Bài tập tự luyện 18
a chẵn, tức a 2k ta có a4n 24na4n suy B
a lẻ, tức a 2k ta có
a4n p2k 1q4n
4n
¸
k0
4n k
p2kq4nk.1k
Từ suy a8n 3a4n4 chia hết cho 100
Ví dụ 1.3.4.3. Tìm số tự nhiên n cho hai số n1 npn2 1q hai số số hoàn hảo
Lời giải: Vì n số tự nhiên nên n chia hết cho không chia hết cho 2.
Trước hết ta xét trường hợp n chia hết cho Khi đó:
a) Với n 4k, ta có n 4k 3pmod 4q. Điều mâu thuẫn
pn 1pmod 4qq.
b) Với n 4k ta có npn2 1q p2k 1qp4k 3q số hoàn chỉnh lẻ npn 1q
2 3pmod 4q Điều mâu thuẫn
Trường hợp tiếp theo, với n khơng chia hết cho 2, ta có:
a) n 3k 3ñ 1, npn2 1q số hồn hảo chẵn Do đón1 2p1p2p1q,
npn 1q 2
q1p2q 1q Ngoài ra,p
n1,npn2 1qq nên q p suy
n7.
b)n4k suy npn2 1q số hoàn hảo lẻ vàn1 số hoàn hảo chẵn Do đó,
n1 2p1p2p 1q đ npn 1q
2 p2
2p2
2p2 1qp22p1 2p1 1q.
Suy p22p2 2p2 1q, p22p12p1 1qlà số phương Điều mâu thuẫn
Vậy có n thỏa điều kiện
1.4 Bài tập tự luyện
(21)b) 2210n 19 chia hết cho 23, c) 226n 21 chia hết cho 37
Bài tập 1.4.2. Tìm số dư phép chia a) 6592 chia cho 11,
b) 340 chia cho 83, c) 512002100 chia cho 41
Bài tập 1.4.3. Chứng minh 0,3.p1983198319171917q số nguyên
Bài tập 1.4.4. Chứng minh
26
°
k1
k.103k, k PN chia hết cho 13 Bài tập 1.4.5. Tìm số tự nhiên n để nn 1pn 1qn chia hết cho
HD: Xét n5k r, r P t0,1,2,3,4u.
Bài tập 1.4.6. Cho số nguyêna, chứng minh a2 khơng có ước ngun tố dạng 4k 3, từ suy phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương
aq4xyxy z2, bqx2y3 7.
Bài tập 1.4.7. Cho k, tlà số tự nhiên lớn Với giá trị k với số tự nhiên n ta ln có
nk npmod 10tq đn2 npmod 10tq.
Bài tập 1.4.8. Cho n số tự nhiên, p số nguyên tố, n¥ p. Chứng minh
n p
n p
pmodpq,
trong rxs phần nguyên x.
(22)Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN
TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI
2.1 Các toán kỳ thi Olympic
Bài toán 2.1.1 (CHINA, 2004). Hãy xác định ba chữ số tận số n với
n371115 2011. (2.1)
Lời giải: Dễ thấy n số lẻ Gọi x chữ số tận n. Khi
n xpmod 1000q. Vì 15,35,55 số hạng tích (2.1) nên n chia hết cho 125, 1000=125.8 ta suy rax chia hết cho 125 Do đó,x số 125,375,625,875.
Từ suy ra, 1000|pnxq ô8|pnxq ñn xpmod 8q. Tiếp theo lấy môđun số hạng n ta
n 3p4.1 3qp4.2 3q p4.502 3q plooooooooomooooooooon3.7qp3.7q p3.7q3
251 cặp
.3 5loomoon.5 5
251 cặp
.3pmod 8q
1loomoon.1 1
125 cặp
.5.3 7pmod 8q
Hơn nữa, số 125,375,625,875 có số 375 đồng dư với theo môđun nên 375 chữ số tận n.
Bài tốn 2.1.2. (IMO-1964) a) Tìm tất số nguyên dương n cho 2n1 chia hết cho
b) Chứng minh khơng có số tự nhiên n để 2n chia hết cho
Lời giải: Vì n số nguyên dương nên ta xét trường hợp n sau:
Với n3k, k P Z ta có
2n1 p23qk 1k 0pmod 7q.
(23)Với n3k r, k P Zr 1,2 ta có
2n1 23k.2r 2r
$ & %
1pmod 7q, r 3pmod 7q, r Từ suy ra, n 3k, k P Z ta ln có 7|p2n1q.
b) Theo ta có 2n 1,2,4pmod 7qvới số tự nhiênn.Do 2n 0pmod 7q với số nguyên dương n.
Bài toán 2.1.3. (MOSCOW-1982) Tìm tất số tự nhiên nsao cho n.2n chia hết cho
Hướng dẫn: Xét s t nhiờn n dng n6k r, k P Z,0Ô r k.
Bài tốn 2.1.4. (Olympic10-30/4-2008) Tìm tất số nguyên dương m thỏa điều kiện
@a, b PZ, a2 b2pmodmq ña pmodmq (2.2)
Lời giải: Trước hết, nhận thấy m m số nguyên tố với
mọi a, b P Z, a2 b2pmodmq ña bpmodmq. Thật vậy, Nếu m (2.2 )
Xét m số nguyên tố, với a, b PZ thỏa a2 b2pmodmq. Ta có
pabqpa bq a2b2 0pmodmq,
điều suy ab m a b m. Do đó, a bpmodmq.
Tiếp theo, ta xét với m m không nguyên tố, ta chứng minh số m
cần tìm m 2p p số nguyên tố lẻ Thật vậy, giả sử (2.2) Vì m số nguyên tố lẻ nên ta có m x.y, x, y 1, đặt a x y, b xy.
Khi ta có a2 b2 4xy 4m pmodmq suy ra, a bpmodmq hay 2y ab pmodmq, 2x a bpmodmq. Do 2x m 2y m với
m xy, suy ra, x y hay m 2n, n 1. Hơn nữa, n hợp số n k.t suy m 2kt, k, t theo ta suy t hay m 4k mâu thuẫn với (2.2), (Chọn a 2k, b 0) Vậy n p số nguyên tố Hơn nữa,
(24)2.2 Các toán kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 22
Ngược lại, giả sử m 2p với p số nguyên tố lẻ Khi đó, theo giả thiết ta có
a2b2 2p suy pabqpa bq 2, pabqpa bq p. Do ab 2p, a b 2p
hay a bpmodmq.
Vậy với m 1, m 2p m nguyên tố giá trị cần tìm
2.2 Các tốn kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia
Bài toán 2.2.1. (HSGQG-1975) Tìm tất số hạng cấp số cộng1,18,37, ,
có chữ số chữ số
Lời giải: Ta có số hạng đầu cấp số cộng a1 công sai d 19 nên số
hạng tổng quát an 19n20, n ¥ 1. Do đó, tốn trở thành tìm tất số n thỏa
19n20 loomoon55 5 k số
5.10
k 1
9 , k ¥1 Điều tương đương với 5.10k 4pmod 19q, hay
5.10k 15pmod 19q ơ10k 3pmod 19q.
Ngồi ra, ta có
100 1,101 10,102 5,103 12,104 6,105 3,106 11, ,1018 1.
Suy 1018l 3pmod 19q, l¥ 0, suy số k cần tìm có dạng k 18l 5.
Ngược lại, Nếuk 18l ta có 10k 3pmod 19q.Do đó, 5.10k 4pmod 19q tức 5.10k 19s4ô 5.p10k1q 19s9, với số nguyên s. Từ đây, nhận thấy vế trái biểu thức chia hết cho 9, vế phải chia hết cho 9, tức s 9r. Khi ta có
19r1 5.10
k 1
9 55loomoon k số
.
Từ suy ra, số hạng cần tìm dãy có dạng 55loomoon
18l số
với số tự nhiên l.
Bài toán 2.2.2. (HSGQG-1987) Cho hai dãy pxnq,pynq xác định
(25)y0 16, yn ynpy3n 1q 1952,@n¥ 0. Chứng minh |xnyk| ¡ 0,@k, n ¥ 1.
Lời giải: Dễ thấy pxnq,pynq số nguyên dương
Ta có y1y0 y041952 63584 32.1987 đó, y1 y0pmod 1987q. Ngồi
ra, ta có y2 y1 y14 1952 y04 1952pmod 1987q 0pmod 1987q nên suy
y2 y1pmod 1987q. Tương tự, ta chứng minh
yk y0pmod 1987q,@k ¥ 1.
Mặt khác, dãy pxnq ta có
x1x0 x19870 1622 p365
1987
365q 1987.
Nhưng theo định lý Fermat nhỏ ta có 3651987 365pmod 1987q suy
x1 x0pmod 1987q
Hơn nữa,
x2x1 x19871 1622 x
1987
0 1622 0pmod 1987.
Do đó,
x2 x0pmod 1987q.
Tương tự, ta chứng minh
xn x0pmod 1987q 365pmod 1987q,@n¥ 1.
Từ suy ra, với k, n¥ ta ln có |yk xn| ¡0. (Vì 365 16 khơng đồng dư theo mơđun 1987)
Bài tốn 2.2.3. (HSGQG-1999B) Cho hai dãy pxn, ynq xác định :
x1 1, y1 2, xn 22yn15xn, yn 17yn12xn,@n¥ 1.
1 Chứng minh số hạng hai dãy pxnq,pynq khác khơng, có vô hạn số hạng dương vô hạn số hạng âm
(26)2.2 Các toán kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 24
Lời giải: 1) Ta có,
xn 22yn 115xn 22p17yn12xnq 15xn
17pxn 15xnq 22.12xn15xn
2xn 19xn,@n.
Do đó,xn 2xn 1pmod 3q.Hơn ta có, x1 1, x2 29 suy xn không chia hết cho 3, hay xn 0,@n. Tiếp theo, ta chứng minh xn có vơ hạn số hạng dương vô hạn số hạng âm Thật vậy, từ ta có
xn 2xn 29xn 5xn 118xn
hay
xn 5xn 18xn 0,@n. (2.3) Do đó, giả sử dãy xn có hữu hạn số hạng dương ( hữu hạn số hạng âm), ta gọi xnj số hạng dương lớn dãy Khi đó, với n¥ nj ta có xn 0, điều mâu thuẫn với (2.3)
Tương tự, ta chứng minh dãy yn 2yn 19yn,@n. thỏa yêu cầu toán
2) Từ trên, ta có xn 28xn 45xn, nên
xn 0pmod 7q ôxn 0pmod 7q ô x4k n 0pmod 7.
Ngoài ra, từ 19991945 p1q1945pmod 4q 3pmod 4q x3 49. nên ta suy
x19991945 0pmod 7q. Tương tự, ta có
yn 0pmod 7q ô y4k n pmod 7q. Nhưng y3 26 0pmod 7q nên y19991945 0pmod 7q.
Bài tốn 2.2.4. (HSGQG-2005A) Tìm tất số tự nhiên px, y, nq thỏa mãn hệ thức
x! y!
n!
n
(27)Lời giải: Từ hệ thức đề, ta viết lại
x! y! 3n.n! (2.4)
Giả sử px, y, nq số tự nhiên thỏa mãn (2.4) Dễ dàng suy n ¥ 1, khơng tính tổng qt tốn, ta giả sử xÔ y. Khi ú xy hai trng hp:
1) Trng hp 1: x Ôn. Phng trỡnh (2.4) tng đương
1 y!
x!
n
.n!
x!. (2.5)
Suy yx!! 0pmod 3q. Do x y y x ( Vì y ¡ x y!
x! 0pmod 3q, mâu thuẫn) Vì ta cần xét hai giá trị y sau:
1 Nếu y x từ (2.5) ta suy
1 px 1qpx 2q 3n.n!
x! (2.6)
Dễ thấy, vế trái 2.6 không chia hết vế phải vậy, tức
n Ôx Nu n=x, thỡ px 1qpx 2q 3x hayx2 3x 3x,điều suy ra, x 0pmod 3q. Do đó, x ¥3 x2 3x3x 0pmod 9q. Điều vô lý, chứng tỏ nx. Với nx 1, từ 2.6 ta có, px 1qpx 2q 3npx 1q chứng tỏ x ước nguyên dương Do đó,x dẫn đến y 2, n 1.
2 Nếu y x từ (2.5) ta có
x 3n.n!
x!. (2.7)
Vìn¥ 1nên suy rax¥ 1.Trong trường hợp ta viếtx 1pmodpx 1qq.
Khi từ 2.7 ta suy n x( Nếu không, vế phải (2.7) chia hết chox cịn vế trái khơng) Do đó,
x 3x.
(28)2.2 Các toán kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 26
2) Trường hợp 2: x ¡n. Khi (2.4) tương đương
x!
n!
y!
n! 3n. (2.8)
Chú ý rằng, n 1, n đồng thời lũy thừa nên từ (2.8) ta suy x n 1. Khi
n y!
x!
n
. (2.9)
Vì từ, y ¥ x, y ¥ n 1. Ta đặt M pny!1q! Khi đó, (2.9) viết lại
pn 1qpM 1q 3n. (2.10)
Rõ ràng, nếuy ¥ thìM q pmod 3q thế,M khơng thể lũy thừa Do từ (2.10) ta có
pn 1qp1 pn 2qpn 3qq 3n
hay pn 2q3 3n. Điều suy n ¡ n 1pmod 3q. Đặt
n 3k 1, k ¥ 2. Ta có
9kp3k2 3k 1q 33k1.
Suy 3k2 3k lũy thừa 3, (điều vô lý) Chứng tỏ y n 3.
Nếu y n M n 2, ta có, pn 1qpn 3q 3n. Vì
n 1, n đồng thời lũy thừa nên không tồn số n thỏa
pn 1qpn 3q 3n. Do y n
Với y n 1, ta có A 1. Do đó, từ (2.10) ta có 2pn 1q 3n. Rõ ràng khơng tồn n thỏa hệ thức vừa nêu Do y n 1.
Như vậy, số tự nhiên px, y, nq vớix ¥ y thỏa yêu cầu tốn khơng thể có x ¡n.
Tóm lại, số tự nhiên x, y, n thỏa( 2.4) px, y, nq p0,2,1q;p2,0,1q;
p1,2,1q;p2,1,1q. Ngược lại, kiểm tra trực tiếp ta thấy ta bốn số thỏa mãn Vậy số thỏa yêu cầu p0,2,1q;p2,0,1q;p1,2,1q;p2,1,1q.
Bài toán 2.2.5. (HSGQG-2011) Cho dãy số nguyên panqxác định
a0 1, a1 1, an 6an1 5an2,@n¥ (2.11)
(29)Lời giải: Xét dãy số nguyên pbnq xác định
b0 1, b1 1, bn 6bn1 2016bn2,@ ¥2.
Dễ dàng tìm số hạng tổng quát dãy bn 49.p42q
n 41.48n
90 ,@n ¥ 0.
Vì 2011 só ngun tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có:
p42q2010 482010 1pmod 2011q.
Do đó,
90b2012 49.p42q2012 41.482012 49p42q2 41.482 90b2pmod 2011q.
Suy b2012 b2pmod 2011qƯCLNp90,2011q 1, mà b2 6b1 2016b0 nên
b2012 2010pmod 2011q. Ngoài ra, theo (2.11) ta có an bnpmod 2011q. Từ suy
(30)TÀI LIỆU THAM KHẢO
A.Tiếng Việt
1 Hà Huy Khoái (2004), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn phổ thơng Số học, Nhà xuất Giáo dục.
2 Hà Huy Khoái (2003), Số học thuật toán: Cơ sở lý thuyết tính tốn thực hành, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội.
3 Nguyễn Tiến Quang (2007),Bài tập số học, Nhà xuất Giáo dục
B.Tiếng Anh
4 Cohen, H (2007),Number Theory Volume I:Tools and Diophantine Equations, Springer Science+Business Media, LLC
5 Ireland K ,Rosen M (1990)A Classical Introduction to Modern Number The-ory, Springer-Verlag, Berlin
6 Andreeescu, Titu (2006) 104 Number theory Problems From the Training of the USA IMO Team, Birkhauser
7 Chau, Le Hai (2010), Selected Problems of the Vietnamese Mathematical Olympiad (1962-2009), Singapore
8 Duˇsan Djuki´c (2009),The IMO Compendium A Collection of Problems Sug-gested for the International Mathematical Olympiad:1959-2009, Springer