Một số định lý cơ bản của lý thuyết số và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ VĂN DUY MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA LÝ THUYẾT SỐ VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN MINH THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Số nguyên tố số định lý quan trọng số 1.1 Định nghĩa số nguyên tố số tính chất 1.1.1 Định nghĩa số nguyên tố 1.1.2 Một vài tính chất số nguyên tố 1.2 Một số định lý lý thuyết số 1.2.1 Một vài định nghĩa kí hiệu 1.2.2 Các định lý lý thuyết số Áp 2.1 2.2 2.3 2.4 Kết dụng giải số toán sơ cấp Ứng dụng Định lý Dirichlet cấp số cộng Ứng dụng Định lý Euler, Định lý Fermat nhỏ Ứng dụng Định lý Wilson Ứng dụng Định lý Trung Quốc phần dư luận Tài liệu tham khảo lý thuyết 5 5 6 24 24 29 33 33 39 40 Lời cảm ơn Sau thời gian nghiên cứu, luận văn thạc sỹ hoàn thành với tên đề tài Một số định lý lý thuyết số áp dụng Những kết mà luận văn có nhờ hướng dẫn tận tình nghiêm khắc TS Nguyễn Văn Minh Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc đến thầy Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện cho tơi hồn thành luận văn thời gian vừa qua Đội ngũ cán phòng đào tạo Khoa Tốn - Tin hết lịng ủng hộ, giúp đỡ lớp Cao học Tốn K6A chúng tơi với thái độ nhiệt tình thân thiện Điều ấn tượng tốt đẹp lòng nhà trường Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè người quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ để hồn thành nhiệm vụ Thái Ngun, tháng 05 năm 2014 Người thực Lê Văn Duy Mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết số ngành toán học lý thuyết nghiên cứu tính chất số nói chung số nguyên nói riêng, lớp rộng toán mà phát triển từ nghiên cứu Trong lý thuyết số, số nguyên tố vấn đề trọng tâm lý thuyết số Một câu hỏi đương nhiên đặt "có số nguyên tố tập hợp số tự nhiên?" Nếu có số hữu hạn số nguyên tố vấn đề số nguyên tố trở nên đơn giản, vấn đề khác số học trở thành đơn giản Song, từ thời Euclid người ta biết tập số ngun tố vơ hạn Từ loạt câu hỏi đặt Bài toán mật độ số nguyên tố dãy số tự nhiên, tốn tìm biểu thức lấy giá trị số nguyên tố với giá trị tự nhiên biến, tốn tìm số ngun tố thứ n, Một vấn đề lớn lý thuyết số nguyên tố nghiên cứu hàm π(x), biểu thị số số nguyên tố không vượt x, với x số thực dương Luận văn Một số định lý lý thuyết số áp dụng trình bày số vấn đề liên quan đến mảng số nguyên tố định lý quan trọng lý thuyết số Mục đích nghiên cứu Đề tài "Một số định lý lý thuyết số áp dụng" nhằm hệ thống lại số định lý quan trọng lý thuyết số áp dụng định lý vào giải tốn sơ cấp Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu số nguyên tố, định lý lý thuyết số, nhằm hệ thống định lý toán liên quan đến đề tài nghiên cứu 4 Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp tài liệu liên quan, nắm vững cốt lõi nội dung kiến thức từ xếp, trình bày hệ thống khai thác ứng dụng theo đề tài nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Có tài liệu phù hợp cho việc dạy học cấp trung học sở trung học phổ thông Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương Số nguyên tố số định lý quan trọng số học Chương Áp dụng giải số toán sơ cấp Thái Nguyên, tháng 05 năm 2014 Người thực Lê Văn Duy Chương Số nguyên tố số định lý quan trọng lý thuyết số Chương trình bày vài tính chất số nguyên tố số định lý quan trọng lý thuyết số Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu tham khảo [2] [3] [5] 1.1 Định nghĩa số nguyên tố số tính chất 1.1.1 Định nghĩa số ngun tố Trong tốn học có nhiều định nghĩa khác số nguyên tố, sau nêu định nghĩa số nguyên tố đơn giản dễ hiểu Định nghĩa 1.1 Số nguyên tố số nguyên dương lớn 1, chia hết cho Số ngun dương khác khơng số ngun tố gọi hợp số Kí hiệu P tập số nguyên tố 1.1.2 Một vài tính chất số nguyên tố Tính chất 1.1 Ước tự nhiên khác nhỏ số tự nhiên số nguyên tố Chứng minh Cho số a ∈ N , cho d ước nhỏ a với d = Nếu d khơng ngun tố d = d1 d2 , < d1 , d2 < d suy d1 ước thực a, mà d1 < d điều mâu thuẫn với nhỏ d Suy điều phải chứng minh ✷ Tính chất 1.2 Cho p số nguyên tố, a ∈ N, a = (a, p) = p ⇔ p | a, (a, p) = ⇔ p a Tính chất 1.3 Nếu tích nhiều số chia hết cho số nguyên tố p có thừa số chia hết cho p Tính chất 1.4 Số số nguyên tố nhỏ số nguyên tố chẵn Tính chất √ 1.5 Nếu n hợp số n có ước ngun tố không vượt n Chứng minh Giả sử n√là hợp số n =√ a.b, a, b √ ∈ Z < a ≤ b < n, ta có a ≤ n b ≤ n Giả sử a ≤ √n, a có ước ngun tố, giả sử p nên p ước √ n p ≤ n ✷ Vậy n có ước ngun tố khơng vượt q n Hệ 1.1 Nếu √ số tự nhiên a > ước nguyên tố nửa khoảng (1, [ a]] a số nguyên tố 1.2 Một số định lý lý thuyết số 1.2.1 Một vài định nghĩa kí hiệu Một số định nghĩa Định nghĩa 1.2 Định nghĩa hàm Chebyshev ϑ(x) sau: lnp, ϑ(x) = x ∈ R, x > p≤x Ví dụ 1.1 ϑ(10) = ln2 + ln3 + ln5 + ln7 Định nghĩa 1.3 Định nghĩa hàm π(x) sau: Hàm π(x), với x số thực dương, số số ngun tố khơng vượt q x Ví dụ 1.2 π(1) = 0, π(2) = 1, π(3) = Định nghĩa 1.4 Một hệ thặng dư đầy đủ modulo m tập hợp số nguyên cho số nguyên tùy ý đồng dư modulo m với số tập hợp Ví dụ 1.3 Tập hợp số 0, 1, , m − hệ thặng dư đầy đủ modulo m Hệ gọi hệ không âm bé modulo m Định nghĩa 1.5 Giả sử m số nguyên dương Phi hàm Euler định nghĩa số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m Kí hiệu Phi hàm Euler qua ϕ(m) Ví dụ 1.4 ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(5) = Định nghĩa 1.6 Một hệ thặng dư thu gọn modulo m tập hợp gồm ϕ(m) số nguyên cho phần tử tập hợp nguyên tố với m, khơng có hai phần tử khác đồng dư modulo m Ví dụ 1.5 Tập hợp 1, 3, 5, hệ thặng dư thu gọn modulo Tập hợp −3, −1, 1, Một số kí hiệu Cho f (x), g(x) hàm số xác định miền D ∈ R, g(x) ≥ 0, ∀x ∈ D Ta đưa vào kí hiệu sau ∗f (x) = O(g(x)), x → w, có nghĩa ∃A ∈ R, A > : | f (x) |< Ag(x), x → w f (x) = ∗ f (x) = o(g(x)), x → w, có nghĩa lim x→w g(x) f (x) ∗ f (x) ∼ g(x), x → w, có nghĩa lim = 1, hay f (x) = g(x) + x→w g(x) o(g(x)), x → w ∗ f (x) = O(1) nghĩa tồn C : | f (x) |< C, hay hàm f (x) bị chặn Ví dụ: Khi x → +∞ ta có: 10x = O(x); x = o(x2 ); sinx = O(1) x+1∼x Khi x → ta có: x2 = o(x); sinx ∼ x 1.2.2 1+x∼1 Các định lý lý thuyết số Định lý 1.1 (Định lý Cơ Số học) M ọi số nguyên dương n > biểu diễn cách dạng tích số nguyên tố, thừa số nguyên tố viết theo thứ tự không giảm Chứng minh Để chứng minh định lý, ta cần bổ đề sau Bổ đề 1.1 Giả sử a, b, c số nguyên dương, đồng thời (a, b) = 1, a | bc Khi a | c Chứng minh Vì (a, b) = nên tồn số nguyên x, y cho ax + by = Nhân vế phương trình với c, ta có acx + bcy = c Ta thấy a | (acx + bcy), tổ hợp tuyến tính a bc Do a | c ✷ Hệ 1.2 Nếu p | a1 a2 an , p số nguyên tố a1 , a2 , , an số nguyên, tồn i, ≤ i ≤ n cho p | Chứng minh Ta chứng minh quy nạp Trường hợp n = hiển nhiên Giả sử mệnh đề với n Xét tích n + số nguyên , a1 an+1 giả sử p | a1 an+1 Khi p | (a1 an )an+1 , nên theo Bổ đề 1.1, p | a1 an p | an+1 Nếu p | a1 an theo giả thiết quy nạp tồn taị i, ≤ i ≤ n cho p | Do p | với i đó, ≤ i ≤ n + ✷ Chứng minh định lý Trước hết ta chứng tỏ số nguyên dương n > viết dạng tích thừa số nguyên tố, cách Giả sử ngược lại, tồn số nguyên dương khơng có tính chất Gọi n số bé số Nếu n số nguyên tố hiển nhiên n biểu diễn dạng tích số nguyên tố (ở tích gồm phần tử) Như vậy, n hợp số Đặt n = a.b, với < a < n < b < n Nhưng a b nhỏ n nên chúng phải tích số ngun tố, đó, n tích số nguyên tố Mâu thuẫn chứng minh số nguyên tùy ý biểu diễn dạng tích số nguyên tố Ta chứng minh biểu diễn nói Giả sử tồn số nguyên dương có cách biểu diễn Gọi n số nguyên dương nhỏ số đó, n có hai cách biểu diễn n = p1 p2 ps = q1 q2 qt , p1 , p2 , , ps q1 , q2 , , qt số nguyên tố, p1 ≤ p2 ≤ ≤ ps q1 ≤ q2 ≤ ≤ qt Trước tiên ta p1 = q1 Giả sử p1 = q1 Khơng tính tổng qt, giả thiết p1 < q1 Như vậy, p1 < qi với i = 1, 2, 3, , t (vì số nguyên tố biểu diễn xếp theo thứ tự khơng giảm) Khi đó, p1 qi với i Theo Hệ 1.2, p1 q1 qt = n : vô lý Vậy p1 = q1 n p1 = p2 p3 ps = q2 q3 qt Vì n p1 số nguyên dương nhỏ n, mà n số nguyên dương nhỏ có biểu diễn, nên n p1 biểu diễn dạng tích số nguyên tố theo cách Như vậy, s = t qi = pi với i Vậy định lý chứng minh ✷ Định lý 1.2 (Định lý Euclid) Tồn vô hạn số nguyên tố Chứng minh Cách Xét số Qn = n! + 1, với n ≥ Khi Qn có ước nguyên tố, kí hiệu qn Nếu qn ≤ n qn | n! qn | (Qn − n!) = suy mâu thuẫn Như với số nguyên dương n có số nguyên tố lớn n, nên tập số nguyên tố vô hạn ✷ Cách (Chứng minh Euclid) Giả sử tập hợp số nguyên tố 2, 3, , p hữu hạn Ta xét số n tích số nguyên tố cộng thêm 1, n = 2.3.5 p + Rõ ràng n có ước ngun tố q Nhưng n không chia hết cho số nguyên tố dãy nên ước số nguyên tố q n không nằm dãy số Vậy suy mâu thuân với giả thiết ✷ Định lý 1.3 Với số nguyên dương n, tồn n số liên tiếp, mà chúng hợp số Chứng minh Xét dãy số nguyên liên tiếp (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, , (n + 1)! + (n + 1) Khi ≤ j ≤ (n + 1), j | (n + 1)! + j Vậy số dãy nói hợp số ✷ chuỗi số phân kì Định lý 1.4 Chuỗi số p∈P p Chứng minh Xét n i=1 1− pi n −1 = 1+ i=1 = 1 + + pi pi n Trong tổng ta cho n chạy qua tất số tự nhiên tích tất thừa số nguyên tố, p1 , p2 , , pn , kể Ta có −1 1− = p n p≤x 27 m2 , tức p2 > p1 ) mà p2 có dạng 4k2 + Và q trình tiếp diễn Như ta có dãy số nguyên tố p1 < p2 < p3 < , pi = 4ki + 3, ki ∈ N Điều có nghĩa dãy số nguyên tố pi dãy dãy 4k + ✷ Bài toán 2.6 Gọi S(n) tổng chữ số số tự nhiên n n hệ số 10 Đặt Sk (n) = S(S( (n) )) với k lần xuất chữ S Chứng minh rằng, n − Sk (n) chia hết cho Lời giải Thật vậy, giả sử n = an an−1 a1 a0 = an 10n + an−1 10n−1 + + a1 10 + a0 Sử dụng 10k ≡ (mod 9) với số tự nhiên k ta suy n ≡ S(n) (mod 9) tức n−S(n) chia hết cho Sử dụng điều ta có n ≡ S(n) ≡ S2 (n) ≡ ≡ Sk (n) (mod 9) Suy n − Sk (n) chia hết cho ✷ Bài toán 2.7 Chứng minh rằng, (p − 1)! chia hết cho p p hợp số, không chia hết cho p p số nguyên tố Lời giải • Xét trường hợp p hợp số Nếu p hợp số p tích thừa số nguyên tố nhỏ p số mũ lũy thừa lớn số mũ lũy thừa chứa (p − 1)! Vậy (p − 1)! p Suy điều phải chứng minh • Xét trường hợp p số nguyên tố Vì p ∈ P suy p nguyên tố với thừa số (p − 1)! ✷ Bài toán 2.8 Cho 2m − số nguyên tố Chứng minh rằng, m số nguyên tố Lời giải Giả sử m hợp số, suy m = p.q (p, q > 1), 2m − = 2p.q − = (2p )q − = (2p − 1)((2p )q−1 + (2p )q−2 + + 1), p > suy 2p − > (2p )q−1 + (2p )q−2 + + 1) > Dẫn đến 2m − hợp số, suy trái với giả thiết 2m − số nguyên tố Vậy m phải số nguyên tố ✷ Bài toán 2.9 Chứng minh rằng, ước nguyên tố 1994! − lớn 1994 Lời giải Gọi p ước số nguyên tố 1994! − Giả sử p ≤ 1994 suy ta có 1994! = 1994.1993 3.2.1 p suy 1994! p Mà 1994! − p suy p, vô lý Vậy p > 1994 ✷ 28 Bài toán 2.10 Cho a, b hai số nguyên dương cho d = (a, b) Chứng minh rằng, cấp số cộng a, 2a, 3a, , ba chứa d số hạng chia hết cho b Lời giải Vì(a, b) = d nên a = da b = db đó(a , b ) = Ta có ka b ⇔ (kda ) (db ) ⇔ ka b (do (a , b ) = 1) Từ suy k lấy giá trị b , 2b , , db giá trị mà Vậy cấp số cộng cho có d số hạng chia hết cho b b a, 2b a, , db a ✷ Khi ta không quan tâm đến phần tử dãy có chia hết cho số cho trước khơng Khi dẫn đến tốn chứng minh tồn vô hạn số hợp số dãy số dã cho Ta xét toán sau Bài toán 2.11 Cho n số tự nhiên n ≥ Chứng minh rằng, tồn cấp số cộng gồm n số hạng u1 , u2 , , un cho số hang hợp số, số hạng cấp số cộng đôi nguyên tố Lời giải Gọi p số nguyên tố lớn n q số tự nhiên cho q > p + (n − 1)n! Ta xây dựng dãy số sau u1 = q! + p; u2 = q! + p + n!; u3 = q! + p + 2n!; un = q! + p + (n − 1)n! Rõ ràng un cấp số cộng với số hạng đầu u1 = q! + p công sai d = n! Với k = 1, 2, , n ta có uk = q! + p + (k − 1)n! Rõ ràng ≤ k ≤ n nên suy p + (k − 1)n! ≤ p + (n − 1)n! < q suy q! [p + (k − 1)n!] suy uk [p + (k − 1)n!] Mặt khác, < [p + (k − 1)n!] nên uk hợp số với k = 1, 2, , n Như 29 số hạng cấp số cộng nói hợp số Ta chứng minh số hạng cấp số đôi nguyên tố Xét hai số hạng uk = q! + p + (k − 1)n! um = q! + p + (m − 1)n! với < k < m ≤ n Giả thiết uk um không nguyên tố nhau, tức uk um có ước số chung d Như uk d um d nên um − uk d suy (m − k)n! d tức 1.2.3 (m − k)2 (m − k)n d Do d số ngun tố Nên có số 1, 2, 3, , (m − k)2 , (m − k)n chia hết cho d Có hai khả sẩy • Nếu (m − k)2 d suy m − k d suy n! d Mặt khác um d nên từ um = q! + p + (m − 1)n! suy p d Do p d số nguyên tố nên d = p Đó điều vơ lý d ≤ n mà p > n Vậy (m − k)2 d dẫn đến điều vơ lí • Nếu số 1, 2, , (m − k)n chia hết cho d lý luận Tóm lại, từ giả thiết phản chứng sai, suy hai số hạng cấp số cộng nói nguyên tố Như cấp số cộng xây dựng thỏa mãn yêu cầu đề ✷ 2.2 Ứng dụng Định lý Euler, Định lý Fermat nhỏ Sử dụng Định lý Euler để tìm số dư Ta xét tốn sau Bài toán 2.12 Hãy tim số dư chia 17761492! cho 2000 Lời giải Theo Định lý Euler cho a100 ≡ (mod 125) với a cho (a, 125) = Có 16 | 1776 nên 17761492! ≡ (mod 16) Xét số dư 17761492! chia cho 125 Ta có (125, 1776) = 100 | 1492! nên theo Định lý Euler ta có 17761492! ≡ (mod 125) Bây ta giải hệ phương trình đơng dư n ≡ (mod 125) n ≡ (mod 16) Giải hệ phương pháp thử chọn, ta nghiệm 1376 Vậy 17761492! chia cho 2000 có số dư 1376 30 Bài tốn 2.13 Chứng minh với số tự nhiên m > tồn vơ hạn số tự nhiên n cho với số tự nhiên a nguyên tố với m Ta ln có an − chia hết cho m Lời giải Theo Định lý Euler ta có aϕ(m) ≡ (mod m), nên chọn n = k.ϕ(m) với k = 1, 2, 3, , hiển nhiên n nhận vơ hạn giá trị ta có an = ak.ϕ(m) = (aϕ(m) )k ≡ 1k (mod m) = (mod m) ✷ Vậy an − chia hết cho m Bài toán 2.14 (IMO 1971) Chứng minh dãy số 2n − (n > 1) Chứa dãy vô hạn gồm số đôi nguyên tố Lời giải Ta xây dựng dãy quy nạp Giả sử ta xây dựng dãy số a1 = 2n1 − 1, a2 = 2n2 − 1, , ak = 2nk − Ở = n1 < n2 < < nk , mà phần tử đôi nguyên tố Ta xây dựng ak+1 = 2nk +1 − sau Đặt s = a1 a2 ak ta có s số nguyên nên theo Định lý Euler ta có s | 2ϕ( s) − ⇒ 2ϕ( s) − = qs, ∀q ∈ N Khi ta có 2ϕ( s)+2 = 4qs − số nguyên tố với s Nên ta chọn nk+1 = ϕ( s) + Rõ ràng nk+1 > nk dãy số a1 , a2 , , ak , ak+1 đôi nguyên tố Suy điều phải chứng minh ✷ Bài toán 2.15 Chứng minh với số nguyên n ≥ dãy số sau 22 2, , , 2 22 , (mod n), dãy số kể từ chỗ Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = tốn hiển nhiên • Nếu k chẵn, k = 2a b với b lẻ Khi theo giả thiết quy nạp dãy cho dãy số theo modulo b Mà rõ ràng dãy dãy modulo 2a kể từ lúc Vì theo modulo k dãy số kể từ chỗ • Nếu k lẻ, theo Định lý Euler ta có 2ϕ( k) ≡ (mod k) Mà theo giả 22 thiết quy nạp ta có dãy 1, 2, 22 , 22 , 22 , (dãy số mũ) số kể 22 từ lúc theo modulo ϕ( k) Vì 2, 22 , 22 , 22 , (mod n) dãy kể từ chỗ Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh ✷ 31 Bài toán 2.16 Chứng minh rằng, 12002 + 22002 + + 20082002 − không chia hết cho 2003 Lời giải Áp dụng Định lý Fermat nhỏ, 2003 số nguyên tố nên ta có i2003−1 ≡ (mod 2003) ⇔ i2002 ≡ (mod 2003), với ≤ i = 2003 ≤ 2008; với i = 2003 20032002 ≡ 0(mod 2003) Do 12002 + 22002 + + 20082002 − ≡ 2002 (mod 2003) Vậy ta có điều phải chứng minh ✷ Bài tốn 2.17 Tìm tất số nguyên tố p cho p | 2p + Lời giải Vì p ∈ P cho p | 2p + nên p > 2, suy (2, p) = Theo Định lý F ermat nhỏ, ta có p | 2p−1 − 1, mà 2p + = 2(2p−1 − 1) + 3, nên p | 2(2p−1 − 1) + Do p>2 p | 2p−1 − 1, nên suy p | 3, p = Bài toán 2.18 Chứng minh n1728 − 1729, ∀n số nguyên tố với 1729 Lời giải Ta có 1729 = 7.13.19 7, 13, 19 số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ, ta có n6 ≡ (mod 7); n12 ≡ (mod 13); n18 ≡ (mod 19), n1728 = (n6 )288 ≡ (mod 7); n1728 = (n12 )144 ≡ (mod 13); n1728 = (n18 )96 ≡ (mod 19) Vì 7, 13, 19 đơi ngun tố Mà ta biết, a ≡ b (mod mi ); ∀i = 1, 2, 3, , n a ≡ b (mod [m1 m2 mn ]), ∀n ∈ N Vậy n1728 ≡ (mod 1729) tức n1728 − chia hết cho 1729 ✷ 32 Bài toán 2.19 Chứng minh A = 130 + 230 + + 1130 không chia hết cho 11 Lời giải Với a = 1, 2, , 10 (a, 11) = 1, theo Định lý Fermat nhỏ ta có a10 ≡ (mod 11) ⇒ a30 ≡ (mod 11) ∀a = 1, 2, , 10 1130 ≡ (mod 11) Như A ≡ + + · · · + + (mod 11) =10 ≡ 10 (mod 11) Suy A không chia hết cho 11 Bài toán 2.20 Cho p q số nguyên tố phân biệt Chứng minh pq−1 + q p−1 − chia hết cho pq Lời giải Vì q số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ pq−1 ≡ (mod q) Do pq−1 + q p−1 ≡ (mod q) Vì q p có vai trị bình đẳng nên ta dễ dàng suy q p−1 + pq−1 ≡ (mod p) Vì gcd(q, p) = nên pq−1 + q p−1 ≡ (mod pq) hay pq−1 + q p−1 − chia hết cho pq ✷ Bài toán 2.21 Cho p số nguyên tố lớn 3; n số tự nhiên có dạng 22p − Chứng minh rằng, 2n − n n= Lời giải Ta có 22p − 22p − 4.22(p−1) − 4(2p−1 + 1)(2p−1 − 1) n−1= −1= = = 3 3 Vì p số nguyên tố lẻ nên 2p−1 ≡ (mod 3) Mặt khác, theo Định lý Fermat nhỏ ta có 2p−1 ≡ (mod p) 33 Vậy, p > 2p−1 − 3p, n − 2p Từ suy (2n−1 − 1) (22p − 1) Nhưng (2n−1 − 1) n nên suy (2n−1 − 1) ≡ (mod n), tức 2n − ≡ (mod n) 2.3 ✷ Ứng dụng Định lý Wilson Bài toán 2.22 Cho n ∈ N, n ≥ 3.Chứng minh n + số nguyên tố n! − hợp số Lời giải Vì n + số nguyên tố nên theo Định lý Wilson ta có điều tương đương sau (n + 1)! ≡ −1 (mod n + 2) Hoặc ta có (n + 1)! + chia hết cho (n + 2) Mặt khác, ta lai có (n + 1)! + = (n + 2).n! − n! + nên suy n! − chia hết cho n + Hơn n ≥ ta ln có n! − > n + nên ta có điều phải chứng minh ✷ 2.4 Ứng dụng Định lý Trung Quốc phần dư Ta sử dụng Định lý Trung Quốc phần dư giải lại Bài toán 2.3 Bài toán 2.23 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên mà n số hợp số Lời giải Giả sử p1 , p2 , , pn n số nguyên tố khác đôi Xét hệ phương trình đồng dư x ≡ −k (mod p2k ) với (k = 1, 2, 3, , n) Theo Định lý Trung Quốc phần dư, tồn x0 ∈ N∗ cho x0 ≡ −k (mod p2k ), ∀k = 1, 2, 3, , n Khi số x0 + 1, x0 + 2, , x0 + n hợp số ✷ 34 Bài toán 2.24 Chứng minh tồn đa thức P (x) ∈ Z[x], khơng có nghiệm ngun cho với số nguyên dương n, tồn số nguyên x để P (x) chia hết cho n Lời giải Ta xét đa thức P (x) = (3x + 1)(2x + 1) Với số nguyên dương n, ta biểu diễn n dạng n = 2k (2m + 1) Vì (2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ (mod 2k ) Vậy ta có 3x ≡ −1 (mod 2k ) ⇔ x ≡ −a (mod 2k ) Tương tự ta có (2, 2m + 1) = nên tồn b cho 2b ≡ (mod (2m + 1)) Vậy ta có 2x ≡ −1 (mod (2m + 1)) ⇔ x ≡ −b (mod (2m + 1)) Do (2k , 2m + 1) = nên theo Định lý Trung Quốc phần dư, tồn số nguyên x nghiêm hệ x ≡ −a (mod 2k ) x ≡ −b (mod (2m + 1)) Suy P (x) = (3x + 1)(2x + 1) n ✷ Bài toán 2.25 (BÀI DỰ TUYỂN IMO 1998) Xác định tất số nguyên dương n cho với số n tồn số nguyên m 2n − ước số m2 + Lời giải Bổ đề 2.2 Nếu số nguyên x, y số nguyên tố p ≡ (mod 4) thỏa mãn p | x2 + y , p | x, p | y Chứng minh bổ đề Nếu p | x p | y hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Xét p x, p y , đặt p = 4k + (k ∈ N) Theo Định lý Fermat nhỏ ta có x4k+2 + y 4k+2 ≡ xp−1 + y p−1 ≡ 2(mod p) (10) Mặt khác x2 + y ≡ (mod p) ⇒ x4k+2 + y 4k+2 ≡ (mod p) (11) Từ (11) (12) suy p = 2, mâu thuẫn ✷ Trở lại tốn • Nếu n = hiển nhiên với m nguyên, tốn thỏa mãn 35 • Xét n > 1, gọi q ước nguyên tố lẻ n, 2q −1 ≡ (mod 4) nên 2q − có ước ngun tố có dạng p ≡ (mod 4), dễ thấy m2 + 2n − 2q − p Khi theo Bổ đề 2.2 ta có p | 3, suy p = 3, suy | 2q − 1, suy | q , điều mâu thuẫn q lẻ Như n khơng có ước ngun tố lẻ, n = 2k (k ∈ N) Ta chứng minh với k ∈ N n = 2k thỏa mãn đề Thật vậy, ta có k 2n − = 22 − = (22 + 1)(22 + 1)(22 + 1) (22 k−1 + 1),   x ≡ (mod 22 + 1)     21 20  x ≡ 3.2 (mod + 1) x ≡ 3.22 (mod 22 + 1)       x ≡ 3.22 k−1 (mod 22 k−1 + 1) i j Ta có (22 , 22 ) = ∀i = j , i, j ∈ 0, 1, 2, , k − Theo Định lý Trung Quốc phần dư hệ chắn có nghiêm x0 Ta suy   x ≡ ≡ −9 (mod 22 + 1)     21 20  x ≡ 9.2 ≡ −9 (mod + 1) (I) x ≡ 9.22 ≡ −9 (mod 22 + 1)       x ≡ 9.22 k−1 ≡ −9 (mod 22 k−1 + 1), suy x20 + ≡ (mod 2n + 1) Khi với n = 2k ln tồn số nguyên m = x0 nghiệm hệ (I) thỏa mãn đề Vậy n = 2k , ∀k ∈ N Bài toán 2.26 (IMO1989): Chứng minh với số ngun dương n bất kì, ln tồn n số ngun dương liên tiếp mà khơng có số lũy thừa số nguyên tố Lời giải 36 Xét hệ đồng dư tuyến tính  x ≡ −1 (mod p1 p2 )      x + ≡ −2 (mod p3 p4 ) x + ≡ −3 (mod p5 p6 )       x + n ≡ −n (mod p2n−1 p2n ) Trong p1 , p2 , , p2n số nguyên tố phân biệt Theo Định lý Trung Quốc phần dư, hệ có nghiệm x0 Khi đó, ta có p1 p2 | x0 + 1, p3 p4 | x0 + , , p2n−1 p2n | x0 + n, ta có x0 + 1, x0 + 2, , x0 + n gồm n số nguyên dương liên tiếp mà khơng có số lũy thừa số nguyên tố ✷ Bài toán 2.27 Chứng minh với số nguyên dương n tồn n số nguyên dương liên tiếp cho số chúng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp Lời giải Xét hệ đồng dư sau  x ≡ −1 (mod p1 p2 pn )      x + ≡ −2 (mod pn+1 pn+2 p2n ) x + ≡ −3 (mod p2n+1 p2n+2 p3n )       x + n ≡ −n (mod pnn −n+1 pn2 −n+2 pn2 ) Trong pi ∈ P, với i = 1, 2, , n2 với kí hiệu pi , pi+1 coi hai số nguyên tố liên tiếp Theo Định lý Trung Quốc phần dư hệ có nghiệm x0 , dãy x0 + 1, x0 + 2, , x0 + n gồm n số nguyên dương liên tiếp mà số chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp ✷ Bài toán 2.28 Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên k cho (pq − 1)n k + hợp số với số nguyên dương n Lời giải k ≡ (mod p) Xét hệ đông dư k ≡ −1 (mod q) (p, q) = nên theo Định Trung Quốc phần dư hệ có nghiệm Ta xét trường hợp sau 37 • Nếu n chẵn (pq − 1)n k + ≡ k + ≡ −1 + ≡ (mod p), suy (pq − 1)n k + hợp số • Nếu n lẻ (pq−1)n k+1 ≡ −k+1 ≡ −1+1 ≡ (mod p) (pq−1)n k+1 hợp số Vậy tồn số k cho (pq − 1)n k + hợp số với số nguyên dương n Bài toán 2.29 Trong lưới điểm nguyên mặt phẳng tọa độ Oxy , điêm A với tọa độ (x0 , y0 ) ∈ Z2 gọi nhìn thấy từ O đoạn thẳng OA khơng chứa điểm nguyên khác A, O Chứng minh với n nguyên dương lớn tùy ý, tồn hình vng n × n có đỉnh ngun, tất điểm nguyên nằm bên biên khơng nhìn thấy từ O Lời giải Dễ thấy điều kiện cần đủ để điểm A(x0 , y0 ) nhìn thấy từ O (x0 , y0 ) = Ta xây dựng hình vng n × n với n ngun dương lớn tùy ý cho với điểm nguyên (x, y) nằm hình vng khơng thể nhìn thấy từ O Thật vậy, chọn pij số nguyên tố đôi khác với ≤ i, j ≤ n Xét hai hệ đồng dư sau:  x ≡ (mod p01 p02 p0n )      x + ≡ (mod p11 p12 p1n ) x + ≡ (mod p21 p22 p2n )       x + n ≡ (mod pn1 pn2 pnn )  y      y + y+2       y+n ≡0 ≡0 ≡0 ≡0 (mod p01 p02 p0n ) (mod p11 p12 p1n ) (mod p21 p22 p2n ) (mod pn1 pn2 pnn ) Theo Định lý Trung quốc phần dư tồn (x0 , y0 ) thỏa mãn hai hệ đồng dư Khi đó, rõ ràng (x0 + i, y0 + i) > 1, ∀i, j = 0, 1, 2, , n Điều có nghĩa điểm nằm bên biên hình vng n × n xác định 38 điểm phía bên trái (x0 , y0 ) khơng thể nhìn thấy từ O ✷ Ta sử dụng Định lý Trung quốc phần dư để tìm số nghiệm phương trình nghiệm nguyên Ta xét toán sau α2 α3 αk Bài toán 2.30 Cho số nguyên dương n = pα1 p2 p3 pk , p1 , p2 , pk số ngun tố đơi khác Tìm số nghiệm phương trình x2 + x ≡ (mod n) Lời giải Ta có x2 + x ≡ (mod n) ⇔ x(x + 1) ≡ (mod pαi i ) i = 1, 2, , k    x ≡ (mod pαi i ) ⇔ x ≡ −1 (mod pαi i )   i = 1, 2, , k Theo Định lý Trung Quốc phần dư, phương trình  αi  x ≡ (mod pi ) x2 + x ≡ (mod n) ⇔ ∈ {−1; 0}  i = 1, 2, , k, có nghiệm ta có 2k hệ (bằng số (a1 , a2 , , ak ), ∈ {−1; 0}, nghiệm hệ khác Suy phương trình cho có 2k nghiệm 39 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau thơng qua chương Chương 1, trình bày định nghĩa tính chất số nguyên tố, định lý quan trọng số học Chương 2, đưa số toán số nguyên tố, sử dụng định lý số học Định lý Dirichlet cấp số cộng, Định lý Wilson, Định lý Euler, Định lý Fermat nhỏ, Định lý Trung quốc phần dư để giải 40 Tài liệu tham khảo [1] Phan Huy Khải, Các toán số học, NXB Giáo dục, năm (2009) [2] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung hoc phổ thông - Số học, NXB Giáo dục, năm (2008) [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển, Số học thuật toán, NXB Khoa học, Hà Nội, năm (1996) [4] Kỷ yếu Hội thảo khoa học, Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực đồng sông Cửu Long miền Đông Nam Bộ, Tháng năm 2013 [5] Tài liệu tham khảo mạng Internet http: diendantoanhoc.net http: khotailieu.com 41 XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN Xác nhận chỉnh sửa luận văn thạc sỹ học viên cao học: Lê Văn Duy Tên đề tài luận văn: Một số định lý lý thuyết số áp dụng Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 Bảo vệ ngày: 06.07.2014 Đã chỉnh sửa theo kết luận Hội đồng Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Giáo viên hướng dẫn TS Nguyễn Văn Minh ... số nguyên tố định lý quan trọng lý thuyết số Mục đích nghiên cứu Đề tài "Một số định lý lý thuyết số áp dụng" nhằm hệ thống lại số định lý quan trọng lý thuyết số áp dụng định lý vào giải tốn... 1.2.1 Một vài định nghĩa kí hiệu 1.2.2 Các định lý lý thuyết số Áp 2.1 2.2 2.3 2.4 Kết dụng giải số toán sơ cấp Ứng dụng Định lý Dirichlet cấp số cộng Ứng dụng Định lý Euler, Định lý. .. Số nguyên tố số định lý quan trọng số 1.1 Định nghĩa số nguyên tố số tính chất 1.1.1 Định nghĩa số nguyên tố 1.1.2 Một vài tính chất số nguyên tố 1.2 Một số định lý lý thuyết số