Dong du thuc

soáng ôû theá kyû thöù III. Bell cho raèng Fermat ñaõ ñaït ñöôïc nhieàu thaønh töïu toaùn hoïc quan troïng hôn haàu heátcaùc nhaø toaùn hoïc “ chuyeân nghieäp ” cuøng thôøi vôùi oâng ) k[r]

(1)

Vài dòng Lịch sử

 Lý thuyết Đồng dư nhà Toán học Đức lỗi lạc K.F.Gauss (Kaclơ Friđơrich Gauxơ

1777-1855, người mệnh danh là “ơng vua Tốn học”) xây dựng (các bạn có nhớ bài tốn Gauss lớp khơng ?), đây lý thuyết quan trọng số học Theo lịch sử, nhiều nhà Toán học Trung Quốc có khái niệm đồng dư vận dụng việc giải nhiều tốn từ nhiều kỷ trước đó.

 Việc hiểu biết vài khái niệm ban đầu đồng dư thức giúp ta giải nhiều bài tốn khó số học cách nhẹ nhàng, ngắn gọn đẹp (cái mà người học toán cần vươn đến !) trong tập hợp số ngun Z.

PHẦN I :

Định nghóa :

Hai số nguyên a, b gọi đồng dư với theo modulo m với m nguyên dương hiệu a – b chia hết cho m Ký hiệu a  b (mod m)

2- Chuù yù :

Ký hiệu a  b (mod m) gọi đồng dư thức. Các thể  

Nếu a – b không chia hết cho m (với m nguyên dương) ta viết a  b (mod m)

PHAÀN II :

1- Tính phản xạ :

Với số nguyên a, ta có : a  a (mod m) 2- Tính đối xứng :

Nếu a  b (mod m) thì b  a (mod m) 3- Tính bắc cầu :

Nếu a  b (mod m) và b  c (mod m) thì a  c (mod m) 4- Các tính chất mở rộng :

a)

a  b (mod m) c  d (mod m)

Hệ quả

a  b (mod m) a  x  b  x (mod m) b)

a  b (mod m) c  d (mod m)

Hệ quả

a  b (mod m) an  bn (mod m) , nN

c) e)

Gv Ñ.v.C

-1 -a c  b d (mod m) a  c  b  d (mod m)

(2)

a  b (mod m) dÖC(a , b) ( d , m ) =

a  b (mod m) dÖC(a , b , m) d)

a  b (mod m1)

a  b (mod m2)

m = [ m1 ; m2 ]

f)

a  b (mod m) dÖ(m)

Đ

ịnh lý nho

û

FERMAT (

Pierre de Fermat

–

Nhà Toán học thiên tài người Pháp, kỷ 17

)

Tại định lý nhỏ ? có định lý lớn khơng ? nói lịch sử chúng chút !

- Chúng ta biết mục tiêu lịch sử phát triển Toán học đưa lý thuyết Số học vào Đại số nhằm giải tốn thực tế Một tốn tốn Phương trình nghiệm ngun – có người nói “là đích cuối Số học” (theo !) – chúng thuộc vào lớp phương trình vơ định.

- Người nghiên cứu có hệ thống Phương trình vơ định nhà Toán học Diophante ,

sống kỷ thứ III Tập sách “Số học “ ông có ảnh hưởng lớn đến phát triển Lý thuyết Số

- Khi xét phương trình Diophante sau : xn + yn = zn với n>2, nhà toán học Fermat (Nhà

toán hoc Bell – gắn với phương trình nghiệm nguyên Bell tiếng – hóm hỉnh gọi Fermat “ Hồng tử người nghiệp dư “ Bell cho Fermat đạt nhiều thành tựu toán học quan trọng hầu hếtcác nhà tốn học “chun nghiệp” thời với ơng) khẳng định phương trình khơng có nghiệm ngun dương Kết luận mang tên Định lý lớn Fermat Năm 1983, nhà Toán học người Đức chứng minh được phương trình xn + yn = zn với n>2 có số hữu hạn nghiệm nguyên.

- Việc giải hoàn chỉnh phương trình xn + yn = zn với n>2, ngày một thách thức nhà Tốn học giới Vì lẽ đó, định lý lớn Fermat nên gọi “một giả thuyết Fermat”

- Các bạn biết “ giả thuyết “ sai, siêu toán Fermat tưởng

đi vào ngõ cụt Tuy nhiên, ngày 23/06/1993 nhà toán học AndrewWiles cơng bố cơng trình nghiên cứu trước Hội nghị toán học Quốc tế Đại học Cambridge (Anh) về “Bài toán Fermat” sau năm nghiên cứu (cơng trình dày khoảng 300 trang giấy A4) Thế toán tiếng thời đại giải xong, người ta gọi Wiles nhà “Chinh phục Tốn học” ngày hơm sau tên Wiles trở nên quen thuộc với người, nhà !

***

Định lý nho

û

FERMAT

p

số

nguyên tố

;

a

là

số

nguyên



(

a

p

-

a

)



( mod p )

Hệ p số nguyên tố ; a số nguyên cho ( a , p ) = 1 ap - 1 ( mod p )

5- Một số ví dụ : VÍ DỤ 1

Tìm số dư phép chia 15325 – cho 9

(3)

Ta coù 1532  (mod 9)  15325  25 (mod 9)

Maø 25  (mod 9)  15325  (mod 9) Vaäy : 15325 -  (mod 9).

Ý nghóa :

Để tìm số dư phép chia a cho b (b  N*), thông thường a lũy thừa với số

mũ vô lớn hay a chứa lũy thừa Ta làm theo cách sau :

 Xem xét : a hoặc thành phần a đồng dư với s theo modulo b

 Nếu  s < b s số dư phép chia a cho b Ngược lại, xét tiếp tính

đồng dư s theo modulo b, lặp lại theo bước vừa

VÍ DỤ 2

Chứng minh với số nguyên dương n, ta có : (2 7n + 1) 3

Hd :

Ta có  (mod 3)  7n  (mod 3), với số nguyên dương n.  7n  (mod 3)  7n +  (mod 3)  (mod 3) : đpcm !

VÍ DỤ 3

Với số nguyên a mà ( a, p ) = p số nguyên tố Chứng minh rằng: x, y hai số nguyên dương thỏa (x – y) (p – 1) (ax – ay) p

Hd :

Theo định lý nhỏ Fermat, ta coù : ap – 1  (mod p) Vì (x – y) (p – 1) nên x – y = k.(p – 1) (k Z)

 ax – y = ak.(p – 1)  (mod p)

 ax : ay  (mod p)  ax  ay (mod p)  ax – ay  (mod p)  (ax – ay) p

- ñpcm !

***

Trên vài ví dụ lý thuyết lớn…muốn hiểu cách tương đối, đề nghị bạn đọc làm thêm số tập nhằm khám phá “sự hấp dẫn” Lý thuyết này…

***

PHAÀN III :

Bài 1 : Chứng minh

a) ( 2147 - ) 343

b) ( 235 + 292 ) 260

c) ( 301293 - )

13

d) ( 61000 - ) 7

e) ( 19831983 - 19171917 )



10

f) ( 2015 - )

( 11.31.61 )

g) ( 29 + 299 ) 100

h) ( 22225555 + 55552222 ) 

7

i) ( 61001 + ) 7

j) ( 19711917 - 19171960 )



10

k) ( 270 + 370 )

13

l) ( 18901930 + 19451975 + )

7

Hd h/ : 2222  (mod 7) , 22224  34  (mod 7) ; 5555  (mod 7) , 55552  42  (mod 7)

Bài 2 : Chứng minh abc  ( mod 21 )  ( a - 2b + 4c )  ( mod 21 )

Baøi 3 : Tìm số dư phép chia :

a) 21997 cho 31

b) 31997 cho 13

c) 232 cho 11

d) 21000 cho , , 7

e) Toång 3100 + 3105 cho 13

f) Hieäu 15325 - cho 9

g) 24n + 1 cho 5

(4)

vaø 17

Bài 4 : Tìm hai chữ số tận 2999 ; 3999 ?

Hd : Xét chữ số tận 21000 ; 31000 để ý 210 = 1024  24 ( mod 100 )

Bài 5 : Chứng minh 11991 + 21991 + 31991 + + 19911991 chia hết cho 11

Hd : Theo Fermat : a11  a (mod 11)  a1991  a (mod 11)

Bài 6 : Chứng minh với n  N*

a) 122n + 1 + 11n + 2  ( mod

133 )

b) 7.52n + 12.6n  ( mod

19 )

c) 2.7n +  ( mod )

d) 212n + 1 + 172n + 1 + 15 

( mod 19 )

e) 9n +  ( mod )

f) 32n + 2 + 26n + 1  ( mod

11 )

g) 52n + 1 + 2n + 4 + 2n + 1 

( mod 23 )

h) 324n + 234n

    ( mod 22 )

Hd :

24n + 1 = 5k + 

3

34n + 1 = 10q + 

2

11

để ý 324n + 234n

   2

Bài 7 : Số 3105 + 4105 chia heát cho 13 , 49 , 181 379 không chia hết cho 11

Kiểm tra điều ?

Hd : Nhận xét xn + yn chia hết cho x + y n lẻ

a/ 3105 + 4105 = (33)35 + (43)35 chia heát cho 33 + 43 = 7.13

Tương tự , ta chứng minh 3105 + 4105 chia hết cho 49 , 181 , 379

b/ Ta có 43  -1 ( mod ) { Điều có nghóa 43 chia cho dư -1 }

 4105  (-1)35 ( mod ) ; tương tự 3104  ( mod ) nên 3105  ( mod )

 3105 + 4105  ( mod ) : đpcm ! - Phần lại dành cho Bạn đọc.

Bài 8 : Tìm tất số nguyên n cho

a) An = n3 + n2 + n +  ( mod ) { n = 3k - }

b) Bn = n3 + n +  ( mod ) { ( n3 - n ) + 3n + ( - n ) ; n = - 3k }

Bài 9 : Tìm tất số tự nhiên n cho

a) 2n +  ( mod ) { 2n +  (-1)n + ( mod ) ; n leû }

b) 11n + 7n  ( mod ) { n = 2k + }

c) 79  15 ( mod n ) { 64  ( mod n ) }

Bài 10 : Chứng minh với số tự nhiên n , ta có Sn = n2 + 3n + không chia hết cho 121

Hd : S

n = ( n - )( n + ) + 33 ; n +  n - ( mod 11 )

Bài 11 : Chứng minh S = 1n + 2n + 3n + 4n ( n nguyên dương ) chia hết cho n

(5)

Hd : Ta coù

14  ( mod ) 24  ( mod ) 34  ( mod ) 44  ( mod )

Từ với n = 4k + r ( r = 0, 1, 2, )  S = 1n + 2n + 3n + 4n  1r + 2r + 3r + 4r ( mod )

Bài 12 : Chứng minh a  ( mod ) 3a  ( mod )

Bài 13 : Chứng minh p số nguyên tố với số nguyên a , b ta có : ap b - a bp  ( mod p )

Hd : Ta có ap b - a bp = b( ap - a ) - a( bp - b ) ; sau áp dụng đ/l nhỏ Fermat

Bài 14 : Tìm số dư phép chia n2 + 3n + cho n + ( n N* )

Bài 15 : Tìm số dư phép chia A = 1010 10102 10103 10104 101010

     cho

Hd : Theo Fermat 106  ( mod ) , maø 10n  ( mod )  10n = 6k + 4

 1010n = 106k +  104 ( mod )  A  10.104 = 105  ( mod )

Bài 16 : Chứng minh với số x nguyên dương lẻ:A(x) = 46x + 296.13x chia hết cho 1947

Hd : Ta có 1947 = 11 59 tích số nguyên tố nên ta chứng minh A( x ) chia hết cho mỗi

số

Bài 17 : Chứng minh 19631965 - 1963 chia hết cho 3151733910

Hd : Ta chứng minh 19631965 - 1963 chia hết cho số nguyên tố 2, 3, 5, 13, 109, 151, 491

`Bài 18 : Tìm chữ số tận 158k với k  N*

Hd : Ta coù 158k = 2562890625k  90625k ( mod 105 ), 906252 = 8212890625  90625 (mod 105 )

Bài 19 : Chứng minh 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5

Hd : Theo Fermat ta có a4  ( mod ) với a = 1, 2, 3,  a4k  ( mod )

Bài 20 : Chứng minh ( a , 240 ) = a4  ( mod 240 )

Hd : Vì 240 = 24.3.5 ; ( a , 240 ) =  ( a , ) = ( a , ) = ( a , ) = Từ suy : a4  1

( mod ) vaø a4  ( mod 48 )

Bài 21 : Chứng minh : 130 + 230 + 330 + + 1030  -1 ( mod 11 )

Hd : Theo Fermat ta có a10  ( mod 11 )  a30  ( mod 11 ) với a = 1, 2, 3, , 10

Bài 22 : Nếu p số nguyên tố lớn A = 3p - 2p - chia hết cho 42p

Hd : Vì 42p = 2.3.7.p nên ta chứng minh A  ( mod 2.3.7.p )

Ta coù 3p -  ( mod )  A  ( mod ) ; 2p +  ( mod )  A  ( mod )

3p  ( mod p ) ; 2p  ( mod p )  A  – –  ( mod p )

Mặt khác , p nguyên tố lớn nên p có dạng 6k + 6k + Khi thay dạng thức p vào A , ta có A  ( mod ) ; với ý 36k  ( mod ) 26k  (mod

7)

Bài 23 : Chứng minh rằng, a2

(6)

Bài 24 : Tìm chữ số tận tổng sau :

a)

29

+ 34

+ 43

+ 50



Bài 25 : Gọi A tổng chữ số 44444444, B tổng chữ số A C tổng chữ số B Tìm tổng chữ số C ? (IMO-1980)

Bài 26 : Chứng minh khơng có giá trị nguyên xi thỏa mãn pt :

1999

14

3 4

1 x x  x 

x (1)

Hd

Coù i

x  (mod 16) xi chẵn i

x  (mod 16) xi lẻ =>

i

x chia cho 16 dư : => VT(1)  a (mod 16) với a ≤ 14

maø 1999  15 (mod 16) => (1) nghiệm nguyên

Bài 27 : CMR số + 919 + 93199 + 19931994 khơng phải số phương Phát biểu tốn tổng qt ?

Hd

Ta có : + 919 + 93199 + 19931994  (mod 3)

Bài toán tổng quát : + 9m + 93n + 1993p (m, n, p N*) số phương