Cấp của số nguyên và ứng dụng trong biểu diễn số

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN Nguyễn Thị Hồng CẤP CỦA SỐ NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Chun ngành: Tốn- Tin Khóa: 2009 - 2013 KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ CHÍNH QUY Người hướng dẫn khoa học: TS.NGUYỄN DUY THÁI SƠN Đà Nẵng- 2013 Mục Lục Lời nói đầu Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đồng dư thức 1.2 Hàm phi Euler 1.3 Đồng dư thức tuyến tính 1.4 Định lí phần dư Trung Hoa 10 Chương CẤP CỦA SỐ NGUYÊN 14 2.1 Cấp số nguyên theo modulo n 14 2.2 Căn nguyên thủy số nguyên tố 19 2.3 Các số có nguyên thủy 22 Chương ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ 28 3.1 Chỉ số số học 28 3.2 Kiểm tra tính nguyên tố 32 3.3 Phân số thập phân 33 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 LỜI MỞ ĐẦU Lí thuyết số ngành tốn học nghiên cứu tính chất số nói chung số ngun nói riêng, đời vào khoảng kỉ 19 với mở đầu sách Disquisitiones Arithmeticae Gauss Mặc dù đời muộn lí thuyết số đại dựa tảng lí thuyết số cổ đại mà việc nghiên cứu có nhiều sâu sắc Một vấn đề trọng tâm làm sở cho việc nghiên cứu số học lí thuyết đồng dư, nội dung tơi trình bày luận văn tốt nghiệp cấp số nguyên ứng dụng biểu diễn số - phần cốt lõi cho lí luận nghiên cứu số nguyên Luận văn gồm chương Chương 1: Trình bày kiến thức chuấn bị, bao gồm khái niệm bản, định lí đồng dư thức, hàm phi Euler, kiến thức liên quan đến thặng dư Chương 2: Nội dung, lí luận cấp số nguyên, trình bày chi tiết sở hình thành phát triển cấp số nguyên nói chung số nguyên dương nói riêng số nguyên tố chủ yếu Chương 3: Ứng dụng cấp số nguyên việc giải phương trình chứa ấn mũ, chứng minh tồn số nguyên tố, tính chu kì tuần hồn số hữu tỉ có biểu diễn theo số b Luận văn thực Trường Đại Học Sư Phạm Đà Nẵng hướng dẫn TS Nguyễn Duy Thái Sơn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới quan tâm nhiệt tình hướng dẫn Thầy suốt trình nghiên cứu học tập Trường Đồng thời xin chân thành cảm ơn Ban Chủ nhiệm Khoa Toán Trường Đại Học Sư Phạm, gia đình bạn bè tạo điều kiện thuận lợi giúp tác giả hoàn thành đề tài luận văn tốt nghiệp cuối khóa Đà Nẵng, tháng năm 2013 Tác giả Nguyễn Thị Hồng Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, ta giới thiệu hữu ích đồng dư thức lí thuyết số Khái niệm đồng dư thức bắt đầu phát triển vào năm đầu kỉ 19 Karl Friedrich Grauss, nhà toán học tiếng lịch sử 1.1 Đồng dư thức Định nghĩa 1.1.1 Cho m ∈ Z∗ Nếu a, b ∈ Z, lúc a gọi đồng dư b modun m m | (a − b) Nếu a đồng dư b modun m, ta kí hiệu a ≡ b (mod m) Nếu m (a − b), ta kí hiệu a ≡ b (mod m), nói a b khơng đồng dư modulo m với Ví dụ 1.1.1 Ta có 22 ≡ (mod 9), 9|(22 − 4) = 18, tương tự ≡ −6 13 ≡ (mod 9) (13 − 5) = Đồng thức ngày phát triển, để phục vụ việc tính tốn ứng dụng thực tế, nhằm phát huy hết tính hữu dụng người ta thực chuyển đồng thức đẳng thức thơng qua định lí sau đây: Định lí 1.1.1 Nếu a, b ∈ Z, a ≡ b (mod m) suy tồn số k ∈ Z thỏa a = b + k.m Chứng minh Thật vậy, a ≡ b (mod m), m | (a − b) Suy k ∈ Z thỏa km = a − b, nghĩa a = b + km Ngược lại, ta có k ∈ Z thỏa a = b + km, nghĩa km = a − b Hiển nhiên, m | (a − b) hay a ≡ b (mod m) 1.1 ĐỒNG DƯ THỨC CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lí 1.1.2 Cho m ∈ Z∗ , đồng dư modulo m phải thỏa mãn tính chất sau: (i)Tính đồng nhất: a ∈ Z, a ≡ a (mod m) (ii)Tính đối xứng: a, b ∈ Z : a ≡ b(mod m), b ≡ a(mod m) (iii)Tính bắc cầu: a, b, c ∈ Z, a ≡ b( mod m) b ≡ c(mod m), a ≡ c (mod m) Chứng minh (i)Dễ dàng thấy a ≡ a (mod m), m | (a − a) = (ii)Nếu a | b (mod m), m | (a − b) Hiển nhiên, ∃k ∈ Z thỏa : km = a − b ↔ (−k)m = b − a, nghĩa m | (b − a), hay b ≡ a ( mod m) (iii)Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m), m | (a − b) m | (b − c) Hiển nhiên, ∃k, l ∈ Z thỏa km = a − b lm = b − c Vì vậy, a − c = (a − b) + (b − c) = km + lm = (k + l)m, nghĩa là, m | (a − c) hay a ≡ c(mod m) Các tính chất đồng thức: Định lí 1.1.3 a, b, c m số nguyên với m > thỏa a ≡ b (mod m), đó: (i) a + c ≡ b + c (mod m) (ii) a − c ≡ b − c (mod m) (iii) ac ≡ bc (mod m) Chứng minh (i)Vì a ≡ b (mod m), nên m | (a − b) Mặc khác, (a + c) − (b + c) = a − b, m | ((a + c) − (b + c)) Vì (i) chứng minh (ii)Tương tự, từ (a − c) − (b − c) = a − b, ta chứng minh (ii) (iii)Ta có: ac − bc = c(a − b).Vì m | (a − b), nên m | c(a − b) hiển nhiên, ac ≡ bc(mod m) Định lí 1.1.4 Nếu a, b, c, m số nguyên với m > 0, d = (c, m) ac ≡ bc (mod m), a ≡ b (mod m/d) 1.1 ĐỒNG DƯ THỨC CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chứng minh Nếu ac ≡ bc (mod m), m | (ac − bc) = c(a − b) Khi tồn số nguyên k : c(a − b) = km Thực chia hai vế cho d, ta có (c/d)(a − b) = k(m/d) Mà (m/d, c/d) = Do m/d | (a − b) Hiển nhiên, a ≡ b (mod m) Hệ 1.1.1 Nếu a, b, c m số nguyên với m > 0, (m, c) = ac ≡ bc (mod m), a ≡ b (mod m) Định lí 1.1.5 Nếu a,b,c m số nguyên với m > 0, a ≡ b(mod m) c ≡ d(mod m), : (i) a + c ≡ b + d( mod m) (ii)a − c ≡ b − d(mod m) (iii)ac ≡ bd (mod m) Chứng minh Vì a ≡ b (mod m) c ≡ d(mod m) nên ta có tương đương m | (a−b) m | (c − d) Khi đó, tồn hiển nhiên k, l ∈ Z thỏa km = a − b lm = c − d • Để chứng minh (i), ta có : (a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) = km+lm = (k+l)m, lúc m | [(a + c) − (b + d)] Vì , a + c ≡ b + d (mod m) • Để chứng minh (ii), ta có : (a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) = km−lm = (k−l)m Hiển nhiên, m | [(a − c) − (b − d)] Vì a − c ≡ b − d (mod m) • Để chứng minh (iii), ta có: ac − bd = ac − bc + bc − bd = (c(a − b) + b(c − d)) = ckm + blm = m(ck + bl) Hiển nhiên, m | (ac − bd) Vì vậy, ac ≡ bd (mod m) Định lí 1.1.6 Nếu a, b ∈ Z m, k ∈ Z∗ a ≡ b (mod m), ak ≡ bk (mod m) Chứng minh Vì a ≡ b (mod m), nên m | (a − b) (1) Mặc khác, ak − bk = (a − b)(ak−1 + ak−2 b + + a.bk−2 + bk−1 ) Khi đó, (a − b) | (ak − bk ) (2) Từ (1), (2) m | (ak − bk ) Hiển nhiên, ak ≡ bk (mod m) 1.2 HÀM PHI EULER CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lí 1.1.7 Nếu a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ), ,a ≡ b (mod mk ), với a, b, m1 , m2 , mk ∈ Z, m1 , m2 , , mk số dương, : a ≡ b (mod [m1 , m2 , , mk ]), [m1 , m2 , , mk ] BCNN m1 , m2 , , mk Chứng minh Vì a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ), , a ≡ b (mod mk ) nên m1 | (a − b), m2 | (a − b), , mk | (a − b) Khi đó, [m1 , m2 , , mk ] | (a − b) a ≡ b (mod [m1 , m2 , , mk ] Định lí chứng minh Hệ 1.1.2 Nếu a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ) , , a ≡ b (mod mk ), với a, b ∈ Z m1 , m2 , , mk cặp số nguyên dương nguyên tố nhau, thì: a≡b (mod m1 m2 mk ) Chứng minh Vì m1 , m2 , , mk cặp số nguyên dương nguyên tố nên : [m1 , m2 , , mk ] = m1 m2 mk Do đó, theo định lí 1.1.7 ta có điều cần chứng minh: a ≡ b (mod m1 m2 mk ) 1.2 Hàm phi Euler Định nghĩa 1.2.1 Hàm số φ (n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Hàm φ (n) gọi hàm phi Euler Định lí 1.2.1 Nếu p nguyên tố α ∈ Z∗ φ (pα ) = pα−1 (p − 1) Chứng minh Các số nguyên dương không vượt pα không nguyên tố với pα số ngun dương khơng vượt q pα chia hết cho p Đó số kp mà ≤ k ≤ pα−1 Có thảy pα−1 số vậy, φ (pα ) = pα − pα−1 = pα − p Từ định lí 1.1.2, ta thấy tập hợp số nguyên chia thành m tập hợp khác gọi lớp đồng dư modulo m, gồm lớp tương đương 1.2 HÀM PHI EULER CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ đôi không giao Giả sử m ∈ Z∗ Cho a ∈ Z, thuật tốn phép chia, ta có a = bm + r với ≤ r ≤ m − Khi ta gọi r phần dư không âm nhỏ a modulo m Cứ số nguyên đồng dư modulo m đến số nguyên tập hợp 0, 1, , m − 1, cụ thể phần dư chia hết cho m Định nghĩa 1.2.2 Tập hợp x1 , x2 , , xn hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số nguyên y tồn xi cho y ≡ xi (mod m) m−3 Cho m số nguyên dương lẻ, tập hợp số nguyên : − m−1 , − , ,−1, 0,1, , m−3 , m−1 tập hợp thặng dư trị tuyệt đối nhỏ modulo m hệ thặng dư đầy đủ modulo m Định nghĩa 1.2.3 Một tập hợp {r1 , r2 , , rn } gọi hệ thặng dư thu gọn modulo m (ri , m) = 1, ri = rj , ∀i = j, ≤ i, j ≤ n với số nguyên tố x nguyên tố với m tồn ri cho ri ≡ x (mod m) Định lí 1.2.2 Cho (a, m) = r1 , r2 , , rn hệ thặng dư thu gọn modulo m a nguyên tố với m hệ ar1 , ar2 , , arφ(m) hệ thặng dư thu gọn modulo m Chứng minh Hệ ar1 , ar2 , , arφ(m) gồm φ (m) số nguyên Từ (a, m) = (rj , m) = Nếu có ≤ i < j ≤ φ (m) để ari ≡ arj (mod m) m | a (ri − rj ) Do (m, a) = ta suy m | (ri − rj ) , hay ri ≡ rj (mod m), điều vơ lí với giả thiết ri ≡ rj (mod m) Định lí 1.2.3 Định lí Euler Nếu m số nguyên dương (a, m) = aϕ(m) ≡ (mod m) Chứng minh Lấy hệ thặng dư thu gọn r1 , r2 , , rϕ(m) Do (a, m) = 1, nên từ định lí 1.2.2, ar1 , ar2 , , arϕ(m) hệ thặng dư thu gọn Vậy số hệ đồng dư modulo m với số hệ Vậy ar1 ar2 arϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) Hay aϕ(m) r1 r2 rϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m) (mod m) Vì r1 r2 rϕ(m) , m = 1, ta suy aϕ(m) ≡ (mod m) 1.3 ĐỒNG DƯ THỨC TUYẾN TÍNH CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.3 Đồng dư thức tuyến tính Một đồng dư thức có dạng: ax ≡ b (mod m) Trong x ẩn số nguyên, gọi biến đồng dư thức tuyến tính Ở phần thấy nghiên cứu đồng dư tương tự nghiên cứu phương trình diophantine với hai ẩn số Đầu tiên ý x = x0 nghiệm đồng dư thức tuyến tính ax ≡ b (mod m), x1 ≡ x0 (mod m), ax1 ≡ ax0 ≡ b (mod m), x1 nghiệm Hiển nhiên, phần tử lớp đồng dư thức modulo m nghiệm tất phần tử lớp nghiệm Vấn đề đặt có lớp đồng dư modulo m nghiệm Định lí 1.3.1 Giả sử a, b, m ∈ Z, m > 0, d = (a, m) Khi đó: Nếu d b ax ≡ b (mod m) khơng có nghiệm Nếu d | b ax ≡ b (mod m) có d nghiệm không đồng dư với modulo m Đặc biệt, (a, m) = ax ≡ b (mod m) có nghiệm modulo m Chứng minh Ta có ax ≡ b (mod m) ↔ ax − my = b Số nguyên x nghiệm phương trình ax ≡ b (mod m), khi, ∃y ∈ Z thỏa ax − my = b (1) + Nếu d b (1) khơng có nghiệm vì: d = (a, m) →   d | m  d | a Do đó, d | ax − my hay d | b điều mâu thuẫn với giả thiết Suy điều phải chứng minh + Xét d | b : a m b (1) ←→ x − y = b d d (2) Vì x0 nghiệm phương trình (1) nên ∃y0 ∈ Z: a m b x0 − y = d d d (3) 1.3 ĐỒNG DƯ THỨC TUYẾN TÍNH CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Từ (2), (3), ta có: a m a m a m x − y = x0 − y0 ↔ (x − x0 ) = (y0 − y) b d d d d d Suy : a m (x − x0 ) d d mà a m , d d =1 nên m x − x0 d m m t → x = x0 + t d d a Bằng cách tương tự, ta có y = y0 + t d m Vậy x = x0 + t tất nghiệm đồng dư ax ≡ b (mod m) d Suy : ∃t ∈ Z : x − x0 = Bây xác định nghiệm không đồng dư modulo m.Ta thấy: x1 = x0 + m m t1 ≡ x2 = x0 + t2 d d (mod m) m m t1 ≡ t2 (mod m) d d m m Vì ,m = nên áp dụng định lí 1.1.4 ta có: t1 ≡ t2 (mod d) Do có d d d lớp đồng dư nên ax ≡ b (mod m) có d nghiệm khơng đồng dư modulo m m Có thể lấy d nghiệm không đồng dư modulo m x = x0 + tj , ≤ j ≤ d − d Khi khi: Từ bây giờ, ta cân nhắc đến đồng dư có dạng đặc biệt sau: ax ≡ (mod m) Theo định lí 1.3.1, đồng dư thức có nghiệm (a, m) = tất nghiệm đồng dư modulo m Định nghĩa 1.3.1 Cho a ∈ Z với (a, m) = 1, nghiệm ax ≡ (mod m) gọi nghịch đảo a modulo m 2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG CẤP CỦA SỐ NGUYÊN , U bội chung nhỏ φ pt11 , pt22 , , ptmm Vì φ ptii | U , ta có rU ≡ (mod ptii ) với i = m Áp dụng định lí Trung Hoa phần dư, ta có : rU ≡ (mod n) điều có nghĩa là: ordn r = φ (n) ≤ U Nhưng φ (n) = φ pt11 pt22 ptmm = φ pt11 φ pt22 φ ptmm Ta suy φ pt11 φ pt22 φ ptmm ≤ φ pt11 φ pt22 φ ptmm Vậy φ pt11 φ pt22 φ ptmm = φ pt11 φ pt22 φ ptmm Đẳng thức cuối xảy số nguyên φ pt11 , φ pt22 , φ ptmm đôi nguyên tố Ta ý φ pt = pt−1 (p − 1), ta thấy φ pt số chẵn p lẻ p = t ≥ Như vậy, số nguyên φ pt11 , φ pt22 , φ ptmm không đôi nguyên tố nhau, ngoại trừ trường hợp m = n lũy thừa nguyên tố m = n = 2pt mà p nguyên tố lẻ Định lí 2.3.6 Nếu p số nguyên tố lẻ t ∈ Z∗ 2pt có nguyên thủy Cụ thể hơn: r nguyên thủy modulo pt r lẻ nguyên thủy modulo 2pt ; ngược lại r nguyên thủy modulo pt r chẵn r + pt nguyên thủy modulo 2pt Chứng minh Gọi r nguyên thủy modulo pt , ta có: t rφ(p ) ≡ (mod pt ) khơng có số mũ ngun dương nhỏ φ pt có tính chất Ta có φ 2pt = φ (2) φ pt = φ pt Vậy t rφ(2p ) ≡ (mod pt ) Nếu r lẻ t rφ(2p ) ≡ (mod 2) Vì 2, pt = 1, ta suy t rφ(2p ) ≡ (mod 2pt ) Dễ dàng thấy khơng có số mũ nguyên dương nhỏ φ 2pt = φ pt có tính chất trên, ord2pt r = φ 2pt , điều tương đương r 26 2.3 CÁC SỐ CÓ CĂN NGUYÊN THỦY CHƯƠNG CẤP CỦA SỐ NGUYÊN nguyên thủy modun 2pt Nếu r chẵn r + pt số lẻ Do đó, r + pt φ(2pt ) ≡1 (mod 2) ≡1 (mod pt ) ≡1 (mod 2pt ) Mặc khác, r + pt ≡ r (mod pt ) nên r + pt φ(2pt ) Suy r + pt φ(2pt ) Cũng thấy khơng có số mũ ngun dương nhỏ φ 2pt = φ pt có tính chất trên, ord2pt r + pt = φ 2pt nghĩa r + pt nguyên thủy modun 2pt Vậy định lí chứng minh Ví dụ 2.3.2 Dễ dàng chứng minh nguyên thủy modun 7t , ∀t ∈ Z∗ Vì số lẻ nên theo định lí 2.3.6 nguyên thủy modun 2.7t , ∀t ∈ Z∗ Ví dụ nguyên thủy modun 14 Tương tự vậy, ta có nguyên thủy modun 5t , ∀t ∈ Z∗ Vì + 5t nguyên thủy modun 2.5t , ∀t ∈ Z∗ Ví dụ 27 nguyên thủy modun 50 Từ định lí 2.3.3, 2.3.4, 2.3.5 2.3.6 ta có định lí sau: Định lí 2.3.7 Số nguyên dương n > có nguyên thủy n = 2, 4, pt , 2pt p số nguyên tố lẻ t số nguyên dương 27 Chương ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ 3.1 Chỉ số số học Trong phần này, ta nghiên cứu nguyên thủy ứng dụng để xây dựng thuật toán đồng dư Giả sử r nguyên thủy modun số nguyên dương cố định m Vì số nguyên r, r2 , r3 , , rφ(m) làm thành hệ đồng dư thu gọn modulo m, nên số nguyên a nguyên tố với m tồn số nguyên x, ≤ x ≤ φ (m) thỏa rx ≡ a (mod m) Chính điều dẫn đến định nghĩa sau: Định nghĩa 3.1.1 Cho m số nguyên dương có nguyên thủy r Nếu a ∈ Z∗ , (a, m) = 1, ∃x ∈ Z, ≤ x ≤ φ (m) thỏa rx ≡ a (mod m) Số nguyên x gọi số a với sở r modulo m Kí hiệu x = indr a Như a ≡ rindr a (mod m), từ định nghĩa ta thấy, với số nguyên a,b nguyên tố với m, hệ thức a ≡ b (mod m) tương đương với indr a = indr b Ví dụ 3.1.1 Cho m=7, ta có nguyên thủy modulo 31 ≡ (mod 7), 32 ≡ (mod 7), 33 ≡ (mod 7), 34 ≡ (mod 7), 35 ≡ (mod 7), 36 ≡ 28 3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ (mod 7) Thật vậy, với modulo ta có: ind3 = 6, ind3 = 2, ind3 = ind3 = 4, ind3 = 5, ind3 = Với nguyên thủy khác modulo ta thiết lập số có tính chất tương tự, ví dụ nguyên thủy khác modulo 7: ind5 = 6, ind5 = 4, ind5 = ind5 = 2, ind5 = 1, ind5 = Chỉ số số học có tính chất tương tự logarithm, có điều thay dấu dấu đồng dư modulo φ (m) Định lí 3.1.1 Giả sử số nguyên dương m có nguyên thủy r, a, b số nguyên tố với m.Thế : indr ≡ (mod φ (m)) indr (ab) ≡ indr a + indr b (mod φ (m)) indr ak ≡ k.indr a (mod φ (m)), ∀k ∈ Z Chứng minh 1.Theo định lí Euler’s, ta có rφ(m) ≡ (mod m) Vì r nguyên thủy modulo m nên kéo theo indr = φ (m) ≡ (mod φ (m)) 2.Ta có rindr (ab) ≡ ab (mod m) rindr a+indr b ≡ rr a.rindr b ≡ ab (mod m) Hiển nhiên, rindr (ab) ≡ rindr a+indr b (mod m) Khi đó, indr (ab) ≡ indr a + indr b (mod φ (m)) 3.Ta sử dụng định nghĩa k rindr a ≡ ak (mod m) rk.indr a ≡ rindr a k 29 ≡ ak (mod m) 3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Khi đó, indr ak ≡ k.indr a (mod φ (m)) Ví dụ 3.1.2 Với modulo 7, ta có ind5 = 4, ind5 = Vì φ (7) = 6, nên theo định lí ind5 = ind5 2.3 = ind5 + ind5 = + = ≡ (mod 6) Bằng cách áp dụng tính chất trên, ta tính được: ind5 34 ≡ 4.ind5 ≡ 4.5 = 20 ≡ (mod 6) Việc tìm số giúp ích nhiều việc tìm nghiệm số đồng dư Ta cân nhắc ví dụ sau: Ví dụ 3.1.3 Tìm nghiệm phương trình đồng dư sau: 6x12 ≡ 11 (mod 17) Giải: Vì nguyên thủy modulo 17, nên ta lập bảng số số nguyên sở modulo 17 Do φ (17) = 16 Ta có ind3 6x12 ≡ ind3 11 = (mod 16) α 10 11 12 13 14 15 16 ind3 α 16 14 12 15 11 10 13 Bảng 3.1: * Áp dụng tính chất trên,ta khai triển dược: ind3 6x12 ≡ ind3 + ind3 x12 ≡ 15 + 12.ind3 x (mod 16) Thật vậy, 15 + 12.ind3 x ≡ (mod 16) 12.ind3 x ≡ (mod 16) Tương đương ind3 x ≡ (mod 4) Khi đó, ind3 x ≡ 2, 6, 10, 14 30 (mod 16) 3.1 CHỈ SỐ SỐ HỌC CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Dẫn đến x ≡ 32 , 36 , 310 , 314 (mod 17) mà 32 ≡ 9, 36 ≡ 15, 310 ≡ 8, 314 ≡ (mod 17) Khi đó, x ≡ 9, 15, 8, (mod 17) Ví dụ 3.1.4 Tìm tất nghiệm đồng dư sau 7x ≡ (mod 17) Giải: từ đồng dư 7x ≡ (mod 17), ta lấy số sở modulo 17 hai vế ta được: ind3 (7x ) ≡ ind3 = 15 (mod 16) điều tương đương ind3 (7x ) ≡ x.ind3 ≡ 11x (mod 16) hiển nhiên, 11x ≡ 15 (mod 16) Vì nghịch đảo 11 modulo 16, nên: x ≡ 3.15 = 45 ≡ 13 (mod 16) Vậy nghiệm 7x ≡ (mod 17) x ≡ 13 (mod 16) Định nghĩa 3.1.2 Cho m, a ∈ Z∗ , (a, m) = 1, xk ≡ a (mod m) có nghiệm lúc ta gọi a thặng dư lũy thừa k m Định lí 3.1.2 Cho m ∈ Z∗ có nguyên thủy Nếu k ∈ Z∗ , a ∈ Z, (a, m) = 1, xk ≡ a (mod m) có nghiệm a φ{m} d ≡ (mod m), với d = (k, φ (m)) Hơn nữa, xk ≡ a (mod m) có xác d nghiệm khơng đồng dư modulo m Chứng minh Cho m số nguyên dương có nguyên thủy r Ta có đồng dư xk ≡ a (mod m) tương đương k.ndr x ≡ indr a (mod φ (m)) Giả sử d = (k, φ (m)) , y = indr a, x ≡ ry (mod m) Nếu d indr a, ky ≡ indr a (mod φ (m)) khơng có nghiệm Nếu d | indr a, d nghiệm ngun y khơng đồng dư modulo φ (m), hiển nhiên có xác d nghiệm ngun x khơng đồng dư modulo m Ta có d | indr a 31 3.2 KIỂM TRA TÍNH NGUYÊN TỐ CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ tương đương φ (m) d indr a ≡ (mod φ (m)) a φ(m) d ≡1 (mod m) Vậy định lí chứng minh Nhận xét 3.1.1 Từ định lí ta suy cho p số nguyên tố, k số nguyên dương (a, p) = Khi a (p−1) d ≡ (mod p) a thặng dư lũy thừa k p, với d = (k, p − 1) Để khẳng định điều ta xét ví dụ sau: Ví dụ 3.1.5 Kiểm tra xem thặng dư lũy thừa 17 ? , ta không cần xét đồng dư x6 ≡ (mod 17) có nghiệm hay khơng ?Mà áp dụng nhận xét 16 (6,16) = 58 ≡ −1 (mod 17) Kết luận không thặng dư lũy thừa 17 3.2 Kiểm tra tính nguyên tố Từ định nghĩa bậc số nguyên nguyên thủy, ta kiểm tra tính nguyên tố Các định lí sở cho việc kiểm tra Định lí 3.2.1 Cho n ∈ Z∗ , ∃x ∈ Z thỏa xn−1 ≡ x (n−1) d ≡1 (mod n) (mod n) n số nguyên tố Chứng minh Từ xn−1 ≡ (mod n) suy ordn x | (n − 1) (1) Ta cần chứng minh ordn x = n − ta giả sử ngược lại ordn x = n − (2) Khi đó, từ (1)∃k ∈ Z thỏa n − = k.ordn x Kết hợp (1),(2) ta kết luận k >1 Gọi q ước nguyên tố k Thì x(n−1)/q = xk/(ordn x.q) = xordn x 32 (k/q) ≡1 (mod n) 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Tuy nhiên điều mâu thuẫn với giả thiết toán x (n−1) d ≡ (mod n) Vậy ordn x = n − Mặc khác ordn x ≤ φ (n) , φ (n) ≤ n − Do đó,φ (n) = n − 1, lúc n phải số nguyên tố Ví dụ 3.2.1 Cho n= 1009 Ta có 111008 ≡ (mod 1009) Mặc khác ước nguyên tố 1008 2, Mà 111008/2 = 11504 ≡ −1 (mod 1009), 111008/3 = 11336 ≡ 374 (mod 1009) 111008/7 = 11144 ≡ 935 (mod 1009) Áp dụng định lí ta kết luận 1009 số nguyên tố Hệ 3.2.1 Cho n số nguyên dương lẻ, ∃x ∈ Z thỏa x(n−1)/2 ≡ −1 x (n−1) d ≡1 (mod n) (mod n) n số nguyên tố Chứng minh Vì x(n−1)/2 ≡ −1 (mod n), nên xn−1 = x(n−1)/2 ≡1 (mod n) Áp dụng định lí ta suy n phải số ngun tố Ví dụ 3.2.2 Cho n=2003 Ta có ước nguyên tố lẻ n-1 =2002 7, 11 13 Khi 52002/2 = 51001 ≡ −1 (mod 2003), 52002/7 = 5286 ≡ 874 (mod 2003), 52002/11 = 5183 ≡ 886 (mod 2003) 52002/13 = 5154 ≡ 633 (mod 2003) Dựa vào hệ kết luận 2003 số nguyên tố 3.3 Phân số thập phân Mục bàn đến biểu diễn số hữu tỉ số vô tỉ dạng phân số thập phân Trước hết ta xét biểu diễn số b số thực, với b số nguyên lớn Giả sử α số nguyên dương, a = [α] phần nguyên γ = α − [α] phần phân số α; ta có α = a + γ với ≤ γ < Chúng ta biết rằng, số nguyên a biểu diễn số b Bây ta rằng, phần thân γ có biểu diễn số b biểu diễn 33 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Định lí 3.3.1 Giả sử γ số thực, ≤ γ < b số nguyên dương, b>1.Thế γ viết cách dạng: ∞ cj bj γ= j=1 hệ số cj nguyên với ≤ cj ≤ b − 1, với hạn chế số nguyên dương N có số nguyên n ≥ N mà cn = b − Chứng minh Đặt c1 = [bγ0 ] γ1 = bγ0 − c1 = bγ0 − [bγ0 ] ≤ c1 ≤ b − 1, ≤ γ1 < c1 γ1 + b b Chúng ta xác định quy nạp dãy ck , γk , k = 2, 3, ck = [bγk−1 ] γk = bγk−1 −ck γ= ≤ ck ≤ b − 1, ≤ γk < γ= Do ≤ γn < suy ≤ cn γn c1 c2 + + + n + n b b b b γn bn < bn γn n n→∞ b nên lim = Vậy ∞ cn c1 c1 + + + n γ = lim b b b = j=1 cj bj Bây ta chứng minh biểu diễn Giả sử trái lại, ∞ γ= j=1 cj = bj ∞ j=1 dj bj ≤ cj ≤ b − ≤ dj ≤ b − 1,∀N ∈ Z∗ , ∃n, m ∈ Z, n, m ≥ N với cn = b − 1, dm = b − k số nguyên dương mà ck > dk Thế (ck − dk ) 0= + bk (ck − dk ) = bk Vì ck > dk nên ∞ j=k+1 ∞ j=k+1 (cj − dj ) bk (cj − dj ) (1) bj ck − d k ≥ k (2) k b b 34 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN Khi ∞ j=k+1 CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ (dj − cj ) ≤ bj ∞ j=k+1 (b − 1) 1/bk+1 = (3) = (b − 1) bj − 1/b bk Ta ý bất đẳng thức (3) dj − cj = b − 1, ∀j ≥ k + điều xảy dj = b − cj = 0, j ≥ k + Tuy nhiên dựa vào giả thiết định lí ta nhận thấy (2), (3) mâu thuẫn với (1) Vậy biểu diễn sở b biểu diễn ∞ Biểu diễn số thực a theo công thức j=1 cj bj gọi biểu diễn sở b số thực a viết dạng (.c1 c2 c3 )b Ví dụ 3.3.1 Gọi (.c1 c2 c3 )b biểu diễn theo số Thì: 1 c1 = = 1, γ1 = − = 6 c2 = = 2, γ2 c3 = = 5, γ3 c4 = = 2, γ4 c5 = = 5, γ5 = − = − = − = − 3 = = = = Và tiếp tục vậy, ta nhận thấy biểu diễn lặp lại = (.1252525 )8 Định lí 3.3.2 Biểu diễn (.c1 c2 c3 )b sở b hữu hạn ∃n ∈ Z∗ cho cn = cn+1 = cn+2 = = Định lí 3.3.3 Cho số thực α, ≤ α < có biểu diễn hữu hạn sở b α số hữu tỉ có dạng α = rs , ≤ r ≤ s ước nguyên tố s ước nguyên tố b Chứng minh Giả sử α, ≤ α < có biểu diễn hữu hạn sở b α = (.c1 c2 c3 )b Thế thì: α= c1 c2 cn c1 bn−1 + c2 bn−2 + + cn + + + n = b b b bn 35 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Từ ta suy α số hữu tỉ Như α= r c1 bn−1 + c2 bn−2 + + cn = , ≤ r < s, (r, s) = s bn ước nguyên tố s ước nuyên tố b ” →” Giả sử α = rs , ≤ r < s, (r, s) = ước nguyên tố s ước ngun tố b Thế có số nguyên dương N cho s | bN Như bN α = b N r = ar, s a số ngun dương Vì số nguyên dương có biểu diễn số b nên ta giả sử ar có biểu diễn (am am−1 a1 a0 )b Suy α= ar am bm + am−1 bm−1 + + a1 b + a0 = = (0.00 am am−1 a1 a0 )b bN bN α có biểu diễn hữu hạn số b Chú ý rằng, số có biểu diễn hữu hạn số b,(.c1 c2 cn )b viết dạng (.c1 c2 cn−1 an an+1 an+2 )b với an = cn − 1, an+1 = an+2 = = b − Chẳng hạn, số (.12)10 = (.119999 )10 Hạn chế đưa lên định lí để chứng minh Biểu diễn vô hạn (.c1 c2 )b số b, gọi tuần hồn có số ngun dương N k cho cn+k = cn , ∀n ≥ N Đối với số tuần hoàn thế, ta viết (.c1 c2 c3 cN −1 cN cN +k+1 )b Khi N k nhỏ thỏa mãn cn+k = cn , ∀n ≥ N , ta nói (.c1 c2 c3 cN −1 ) tiền chu kỳ (cN cN +k−1 )b chu kỳ Chẳng hạn, hệ thập phân, số 1/6 = (.166)10 có phần trước chu kì chu kỳ Định lí sau nói lên số hữu tỉ số thực có biểu diễn hữu hạn tuần hoàn số b Định lí 3.3.4 Giả sử b số nguyên dương lớn Thế biểu diễn tuần hồn số b hữu tỉ Ngược lại, số hữu tỉ có biểu diễn số b hữu hạn tuần hoàn Hơn nữa, < α = r s < 1, ∀r, s số nguyên dương nguyên tố s = T U cho (U, b) = ước nguyên tố T ước b biểu diễn α số b có độ dài chu kì ordv b độ dài tiền chu kì N , N số ngun dương nhỏ mà T | bN 36 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ Chứng minh ” →” Giả sử α = (.c1 c2 c3 cN cN +1 cN +k )b Thế c1 c2 cN α= + + + N + b b b = ∞ j=0 bjk bk bk − c1 c2 cN + + + N + b b b cN +1 cN +k + + N +k N +1 b b cN +1 cN +k + + N +k N +1 b b số hữu tỉ ” ←” Giả sử < α = r/s < với r, s số nguyên dương nguyên tố s = T U cho (U, b) = ước nguyên tố T ước b Khi có số nguyên dương nhỏ N để T | bN Đặt bN = aT , với a số nguyên dương Trường hợp U > Ta có bN α = bN ar C r = =A+ TU U U với A, C số nguyên, ≤ A < bN , < C < U (C, U ) = Giả sử A = (an an−1 a1 a0 )b Trường hợp U = α có biểu diễn hữu hạn Đặt v = ordU b, ta có bv ≡ (mod U ) bv = tU + (mod U ) với t ∈ Z Vậy: bv Nhưng ta biểu diễn γ0 = C U,k bv C U (tU + 1) C C C = = tC + (1) U U U = (.c1 c2 c3 )b với ck = [bγk−1 ] , γk = bγk−1 − [bγk−1 ] với = 1, 2, 3, nên ta nhận kết tương tự sau: C cv γv c1 c2 = bv + + + v + v U b b b b = c1 bv−1 + c2 bv−2 + + cv + γv (2) Từ (1),(2) suy γv = γ0 = UC Do ta có, C = (.c1 c2 cv )b U Suy bN α = (an an−1 a1 a0 c1 c2 cv )b hay α = (.00 an an−1 a1 a0 c1 c2 cv )b ( chuyển dấu chấm bN α sang trái N vị trí) Bây ta chứng minh tiền chu kì có độ dài N độ dài chu kì 37 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ v Giả sử α = (.c1 c2 cM cM +1 cM +k )b Khi α= = c1 c2 cM + + + M + b b b c1 bM −1 + c2 bM −2 + + cM bk bk − cM +1 cM +k + + M +k M +1 b b bk − + cM +1 bk−1 + + cM +k bM b k − Vì α = rs , (r, s) = nên s | bM bk − Suy T | bM U | bk − Vậy M ≤ N v | k Chúng ta áp dụng định lí để tìm độ dài tiền chu kì độ dài chu kì biểu diễn thập phân Nếu α = rs , < α < s = 2s1 5s2 t, (t, 10) = tiền chu kì có biểu diễn thập phân có độ dài N = max{s1 , s2 } chu kì có độ dài ordt 10 Ví dụ 3.3.2 Với số α = 28 , ta có 28 = 22 nên hệ thập phân số biểu diễn tuần hồn với tiền chu kì có độ dài chu kì có độ dài ord7 10 = 6, 28 = 17857142 38 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ KẾT LUẬN Luận văn giải vấn đề sau: • Lí luận chi tiết sở hình thành phát triển cấp số nguyên lí thuyết số • Đưa sở lí luận ví dụ ứng dụng cấp số nguyên việc biểu diễn số Hướng phát triển luận văn: tiếp tục nghiên cứu ứng dụng cấp số nguyên việc biểu diễn số để từ phát triển sở mã hóa số - ngành khoa học mã hóa thơng tin 39 3.3 PHÂN SỐ THẬP PHÂN CHƯƠNG ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ TÀI LIỆU THAM KHẢO Kenneth H.Rosen, Elementary number theory and its applications, AddisonWesley publishing company, New Jersey [1992] Lí thuyết số - Nguyễn Hữu Hoan, Đại học Sư Phạm Hà Nội Các tài liệu số nguyên, lí thuyết số website http://vi.wikipedia.org /wiki/Wikipedia 40 ... THỦY CHƯƠNG CẤP CỦA SỐ NGUYÊN 2.3 Các số có nguyên thủy Trong phần tất số có nguyên thủy Trước hết ta lũy thừa số nguyên tố lẻ có cấp nguyên thủy Định lí 2.3.1 Nếu r nguyên thủy số nguyên tố lẻ... ỨNG DỤNG TRONG BIỂU DIỄN SỐ 3.1 Chỉ số số học Trong phần này, ta nghiên cứu nguyên thủy ứng dụng để xây dựng thuật toán đồng dư Giả sử r nguyên thủy modun số nguyên dương cố định m Vì số nguyên. .. vào hệ kết luận 2003 số nguyên tố 3.3 Phân số thập phân Mục bàn đến biểu diễn số hữu tỉ số vô tỉ dạng phân số thập phân Trước hết ta xét biểu diễn số b số thực, với b số nguyên lớn Giả sử α số