Các định lý về đồng dư và ứng dụng

Khóa luận tốt nghiệp ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN - - DƯƠNG THỊ THANH DUNG CÁC ĐỊNH LÝ VỀ ĐỒNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Các định lý đồng dư ứng dụng SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Nguyễn Thị Sinh SVTH: Dương Thị Thanh Dung Lớp: 08ST LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu, tìm hiểu luận văn em hồn thành Trong q trình sưu tầm tìm kiếm tài liệu em nhận giúp đỡ, đóng góp ý kiến, thảo luận cô hướng dẫn, số bạn lớp thư viện nhà trường tạo điều kiện tốt cho em Em xin cảm ơn chân thành tới thầy giáo khoa Tốn, thư viện nhà trường cô hướng dẫn Nguyễn Thị Sinh giúp đỡ em suốt trình tìm hiểu hoàn thành luận văn SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp MỤC LỤC Trang bìa Trang LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU Chương Đồng dư định lý đồng dư I Đồng dư thức Định nghĩa Định lý Các tính chất đồng dư thức Hệ 10 Hệ 10 Hệ 10 Hệ 10 Hệ 10 Hệ 11 II Một số định lý đồng dư 11 Định lý Euler 11 1.1 Định nghĩa hàm Euler 11 1.2 Định lý 11 1.3 Định lý 11 1.4 Công thức tính φ(m) 12 1.5 Định lý Euler 13 SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp 1.5.1 Định lý 13 1.5.2 Định lý 14 Định lý Fermat nhỏ 14 Hệ 15 3.Định lý Wilson 15 Định lí Thặng dư Trung Hoa 17 Chương Một số ứng dụng định lý đồng dư 18 Tìm số dư phép chia có dư 18 Chứng minh chia hết 21 Tìm chữ số tận 30 Các ứng dụng khác 31 KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp LỜI MỞ ĐẦU Có thể nói lý thuyết đồng dư phần quan trọng số học giảng dạy trường phổ thông trường đại học cịn có nhiều ứng dụng đời sống Lý chọn đề tài Như bạn thấy toán số học nâng cao xuất ngày nhiều đề thi học sinh giỏi toán Quốc gia Quốc tế Có nhiều sách số học viết dành riêng cho học sinh phổ thông, sinh viên trường đại học, cao đẳng việc ứng dụng lý thuyết đồng dư để giải toán số học phương pháp hay giúp đơn giản hóa tốn có cách giải mức độ khó, dài dịng, biến đổi phức tạp Sau thời gian học môn số học trường đại học em nhận thấy “Lý thuyết đồng dư” công cụ tốn học góp phần giải nhanh nhiều dạng tập tốn phổ thơng với cách giải hay, đơn giản, dễ hiểu ngắn gọn dựa vào số định lý đồng dư Mặt khác thân muốn tìm hiểu sâu hơn, cụ thể ứng dụng định lý đồng dư Chính điều nên em chọn đề tài “Một số định lý đồng dư ứng dụng” Mục đích luận văn Tìm hiểu đồng dư thức, khai thác định lý đồng dư ứng dụng định lý việc áp dụng vào giải tập số học SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp Qua việc tìm tịi hồn thành luận văn giúp em cố lại phần kiến thức lý thuyết đồng dư đồng thời để rút kinh nghiệm cho thân việc trình bày luận văn Cấu trúc luận văn Luận văn nghiên cứu lý thuyết đồng dư, số định lý đồng dư, số ứng dụng định lý đồng dư việc giải số toán sơ cấp phổ thông Luận văn gồm hai chương : Chương : Trình bày - Các kiến thức đồng dư - Một số tính chất, định lý hệ đồng dư Chương : Trình bày số ứng dụng định lý đồng dư - Tìm số dư phép chia có dư - Chứng minh chia hết - Tìm chữ số tận - Các ứng dụng khác Đóng góp luận văn Hy vọng luận văn trở thành tài liệu tham khảo bạn sinh viên giảng viên tham khảo q trình học, giảng dạy trường phổ thơng đại học mang lại kiến thức hữu ích bạn tham khảo SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp Chương ĐỒNG DƯ VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ ĐỒNG DƯ I ĐỒNG DƯ THỨC Định nghĩa Cho m số nguyên dương Ta nói hai số nguyên a b đồng dư với theo môđun m phép chia a b cho m ta số dư Khi a b đồng dư với theo mơđun m ta kí hiệu a ≡ b (mod m) Hệ thức a ≡ b (mod m) gọi đồng dư thức Định lý : Các mệnh đề sau tương đương i) a b đồng dư với theo môđun m ii ) m chia hết a – b iii ) Tồn số nguyên t cho a = b + mt Chứng minh i ⇒ ii Thật ta có a ≡ b (mod m), nên ∃q1, q2, r ϵ Z , (0 ≤ r < m) cho : a = mq1 + r , b = mq2 + r ⇒ a – b = m ( q1 – q2 ) ⇒ m⎪(a – b) (vì q1 ϵ Z , q2 ϵ Z nên (q1 – q2) ϵ Z) ii ⇒ iii Giả sử m⎪(a – b) , nên∃ t ϵ Z cho a – b = mt ⇒ a = b + mt iii ⇒ i Giả sử có số nguyên t cho a = b + mt SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp Gọi r số dư phép chia a cho m, nghĩa : a = mq1 + r , r ϵ Z , (0 ≤ r < m) ⇒ b + mt = m q1 + r ⇒ b = m ( q1 + t) + r Nên r số dư phép chia b cho m (vì ( q1 + t ) ϵ Z) ⇒ a ≡ b (mod m) Từ định lý ta nhận thấy : a ≡ (mod m) ⇔ m⃒a Điều cho ta thấy nói phương pháp đồng dư công cụ nghiên cứu lý thuyết chia hết Các tính chất đồng dư thức i) Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập hợp số nguyên Z Nghĩa : a) a ≡ a (mod m) b) a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m) c) a ≡ b (mod m) , b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m) Chứng minh a) ∀a ∈ Z, ta có a – a = ⋮ m ⇒ a ≡ a (mod m) b) Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m⃒(a – b) ⇒ m⃒(b – a) hay b ≡ a (mod m) c) Ta có a ≡ b (mod m) ⇒ (a – b) ⋮ m b ≡ c (mod m) ⇒ (b – c) ⋮ m Từ ta có a - c = (a - b) + (b - c) ⇒ a - c ⋮ m Vậy a ≡ c (mod m) ii) Ta cộng trừ vế nhiều đồng dư thức theo môđun Cụ thể ≡ bi (mod m), i = 1, 2,…, k a1 ± a2 ± … ± ak ≡ b1 ± b2 ± … ± bk (mod m) Chứng minh Vì ≡ bi (mod m), i = 1, 2,…, k Nên ∃ti ϵ Z cho = bi + mti (*) Cộng ( trừ ) vế đẳng thức (*) ta : SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp a1 ± a2 ± … ± ak = b1 ± b2 ± … ± bk + m (t1 ± t2 ± ± tk ) Vậy a1 ± a2 ± … ± ak ≡ b1 ± b2 ± … ± bk (mod m) iii) Ta nhân vế nhiều đồng dư thức với theo môđun Cụ thể ≡ bi (mod m), i = 1, 2,…, k a1.a2…ak ≡ b1.b2 … bk (mod m) Chứng minh Vì ≡ bi (mod m), i = 1, 2,…, k nên ∃ tiϵ Z cho = bi + mti (1) Nhân vế đẳng thức (*) ta : a1.a2…ak = (b1 + mt1)(b2 + mt2)…(bk + mtk) ⇒ a1.a2…ak = (b1.b2 + m.b1.t2 + mt1b2 + m2.t1.t2)…(ak.bk + mtk) (2) Tiếp tục q trình ta có vế phải (2) số hạng b1.b2…bk số hạng cịn lại có thừa số m nên (2) có dạng: a1.a2…ak = b1.b2…bk + mt , t ϵ Z Vậy a1.a2…ak ≡ b1.b2…bk (mod m) iv) Ta chia hai vế đồng dư thức cho ước chung chúng nguyên tố với môđun m Nghĩa ac ≡ bc (mod m) ƯCLN(c, m) = a ≡ b (mod m) Chứng minh Ta có ac ≡ bc (mod m) ⇒ m⃒(ac - bc) hay m⃒c(a - b) Vì ƯCLN (m , c) = nên ta có m⃒(a – b) Vậy a ≡ b (mod m) v) Có thể chia hai vế môđun đồng dư thức cho ước chung dương chúng Cụ thể a ≡ b (mod m), < δ ϵ Z, δ⃒ƯCLN(a, b, m) 𝑎 𝛿 ≡ 𝑏 𝛿 (mod 𝑚 𝛿 ) Chứng minh Từ δ⎪ƯCLN(a , b , m) , ta đặt : SVTH: Dương Thị Thanh Dung Khóa luận tốt nghiệp a = δa1 , b = δb1 , m = δ m1 với a1 , b1 , m1 ϵ Z , m1 > Mặt khác a ≡ b (mod m) ⇒ a = b + mt, t ϵ Z Thay vào ta : δa1 = δb1 + δm1 Vậy 𝑎 𝛿 ≡ 𝑏 𝛿 ⇒ a1 = b1 + m1t, t ϵ Z ⇒ a1 ≡ b1 (mod m1) (mod 𝑚 𝛿 ) vi) Ta nhân hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương Cụ thể a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod mc) với c số nguyên dương Chứng minh Vì a ≡ b (mod m) nên ∃ t ϵ Z cho a = b + mt ⇒ ac = bc + mct , t ϵ Z ⇒ ac ≡ bc (mod mc) Vậy ac ≡ bc (mod mc) vii) Nếu hai số a b đồng dư với theo nhiều môđun chúng đồng dư với theo mơđun bội chung nhỏ môđun Cụ thể a ≡ b (mod mi), i = 1, 2,…, k a ≡ b (mod m) với m = BCNN(m1 , m2 ,… ,mk ) Chứng minh Ta có (a – b) bội chung m1, m2,… , mk nên (a – b) bội m Vậy a ≡ b (mod m) viii) Nếu a b đồng dư với theo mơđun m chúng đồng dư với theo môđun ước dương m Nghĩa a ≡ b (mod m), δ⎪m, δ> a ≡ b (mod δ) Chứng minh Từ a ≡ b (mod m) ⇒ m⃒(a – b) SVTH: Dương Thị Thanh Dung 10 Khóa luận tốt nghiệp Bài 4.8 [5] Chứng minh p số nguyên tố a nguyên p!⎪[a p + ( p – 1)! a] (*) Giải Khi p = 2, ta có ap + ( p – 1)!a = a2 + a = a( a + 1) ⋮ ⇒ (*) với p = Khi p > 2, theo hệ định lý Fermat nhỏ ta : ap ≡ a (mod p) (1) Mặc khác theo định lý Wilson ta : ( p – 1)! ≡ -1 (mod p) ⇒ ( p – 1)! a ≡ - a (mod p) (2) Từ (1) (2) ⇒ ap + ( p – 1)!a ≡ a + (– a) (mod p) ≡ (mod p) Vậy p!⎪[ap + ( p – 1)! a] Bài 4.9 [5] Giả sử p số nguyên tố lẻ Chứng minh : 𝑝 + a) …( p – 2) ≡ (−1) b) 22.42 ( p – 1)2 ≡ (−1) 2 𝑝+1 (mod p) (mod p) Giải 𝑝 + a) …( p – 2) ≡ (−1) 2 (mod p) Theo định lý Wilson ta : 1.2…( p – 1) = ( p – 1)! ≡ -1 (mod p) (1) Mặt khác với i = 0, ±1, ±2, … ta có đồng dư sau : i = - ( p – i) (mod p) Nên ta có : ≡ - ( p – 2) (mod p) ≡ - ( p – 4) (mod p) … SVTH: Dương Thị Thanh Dung 38 Khóa luận tốt nghiệp p - ≡ - [ p – ( p - 3)] (mod p) ≡ -3 (mod p) p - ≡ - [ p – ( p - 1)] (mod p) ≡ -1 (mod p) Thay đồng dư (1) ta nhận : 𝑝− …( p – 2) (−1) 2 ≡ -1 (mod p) , tức 𝑝+1 …( p – 2) ≡ (−1) 2 𝑝+1 Vậy 12.32…( p – 2)2 ≡ (−1) 𝑝+1 b) 22.42 ( p – 1)2 ≡ (−1) (mod p) (mod p) ( mod p) Tương tự câu a , theo định lý Wilson ta : 1.2…( p – 1) = ( p – 1)! ≡ -1 (mod p) Mặt khác với i = 0, ±1, ±2, … ta có đồng dư sau : i = -( p – i) ( mod p ) Nên ta có : ≡ - ( p – 1) (mod p) ≡ - ( p – 3) (mod p) … p - ≡ -[ p – ( p - 4)] (mod p) ≡ -4 (mod p) p - ≡ -[ p – ( p - 2)] (mod p) ≡ -2 (mod p) Thay đồng dư (1) ta nhận : 𝑝− 22.42…( p – 1)2 (−1) ≡ -1(mod p), tức 𝑝+1 (mod 22.42…( p – 1)2 ≡ (−1) 𝑝+1 (mod Vậy 22.42…( p – 1)2 ≡ (−1) p) p) Bài 4.10 [5] Chứng minh p số nguyên tố lẻ 2(p – 3)! ≡ -1(mod p) Giải SVTH: Dương Thị Thanh Dung 39 Khóa luận tốt nghiệp Theo định lý Wilson ta : 1.2…( p – 3)( p – 2)( p – 1) = ( p – 1)! ≡ -1 (mod p) (1) Mà ( p – 2)( p – 1) = p2 - 3p + ≡ (mod p) Thay vào (1) ta : 2( p – 3)! ≡ -1 (mod p) Vậy ( p – 3)! ≡ -1 (mod p) Bài 4.11 [5] Tìm tất số tự nhiên m cho mn ≡ (mod n) với số tự nhiên n m ≡ (mod n) Giải Ta xét trường hợp : - Khi m = : thỏa mãn điều kiện toán - Khi m = 2, ta có 2n ≡ 1(mod n) , ∀n >1 Giả sử p ước nguyên tố nhỏ n, 2n ≡ (mod p) (1) ⇒ p số lẻ Từ giả sử ta có n khơng chia hết cho số ngun tố nhỏ p, nên (n , p – 1) = ⇒ ∃ a , b ϵ Z cho an + b( p – 1) = (2) Vì p số nguyên tố lẻ (2 , p) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta : 2p – ≡ (mod p) (3) Từ (1), (2) (3) ta : 21 = 2an + b( p – 1) = 2an 2b( p – 1) ≡ (mod p) (vơ lí) ⇒ 2n ≢ (mod p) ⇒ 2n - không chia hết cho p ⇒ 2n – không chia hết cho n ⇒ Với m = khơng thỏa mãn điều kiện toán - Khi m > Chọn n = ( m – )2 , ta có 2 𝑚( 𝑚 − 1) ≡ ( + ( 𝑚 – ) )( 𝑚 – ) ≡ (mod ( m – )2) Mặt khác m ≢ (mod ( m – 1)2) ⇒ m > khơng thỏa mãn tốn SVTH: Dương Thị Thanh Dung 40 Khóa luận tốt nghiệp Vậy mn ≡ (mod n) ⇒ mn ≡ (mod n) m = Bài 4.12 [5] Giả sử m, p số nguyên tố khác Chứng minh với số tự nhiên đó, p ước số ( xm – + xm – + … + ) ta có p ≡ (mod m) Giải Giả sử p = mk + r , ≤ r ≤ m – x số tự nhiên cho : (xm – + xm – – + …+ 1) ⋮ p – +…+ 1) ⋮ p ⇒ x(xm ⇒ (xm + xm ⇒ [(xm - 1) + (xm ⇒ xm - ⋮ p ⇒ xm ≡ (mod p) ⇒ x không chia hết cho p (1) -1 (2) Ta chứng minh xr + xm + … + x) ⋮ p -1 – + xm – +… + 1)] ⋮ p ≡ (mod p) - Nếu p < m , lúc p = r Lúc (2) định lý Fermat nhỏ - Giả sử p > m Ta nâng hai vế (1) lên lũy thừa 𝑘 = 𝑝−𝑟 𝑚 , ta : xp – r ≡ (mod p) (3) Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ ta : xp – ≡ (mod p) Từ (3) (4) ⇒ xp – r ⇒ xr -1 (xr – (4) - 1) ≡ (mod p) ≡ (mod p) Ta chứng minh r = Giả sử r > Khi (m , r – 1) = Ta có ( xm - , xr - - 1) = x – Mà từ (1) (2) ⇒ p∣(xm - 1) p ∣(xr - - 1) SVTH: Dương Thị Thanh Dung 41 Khóa luận tốt nghiệp ⇒ p∣( x – 1) hay x ≡ (mod p) Nhưng : ( xm – + xm – + … + ) ≡ m (mod p) (vơ lí) Vậy p ước số ( xm – + xm – +… + 1) ta có p ≡ (mod m) với m, p số nguyên tố khác Bài 4.13 [5] Giả sử x, y, n số nguyên dương , x y nguyên tố 𝑛 2n + 𝑛 𝑥2 + 𝑦2 Chứng minh ước lẻ số có dạng m + Giải Giả sử p số nguyên tố lẻ cho : 𝑛 𝑛 𝑥2 + 𝑦2 ≡ (mod p) Vì (x , y) = nên x ≢ (mod p) y ≢ (mod p) Giả sử a số nguyên cho ay ≡ (mod p) (∃a ( y , p) = ) 𝑛 Khi ta có : (𝑎𝑥)2 ≡ - (mod p) Đặt u = ax Vì (u , p) = nên up – ≡ (mod p) Kí hiệu d = ( p – , 2n ) Lúc ta có : (−1) ⇒ ⇒ 𝑝−1 𝑑 ≡ (𝑢 ) 𝑝− 𝑑 𝑝− 𝑑 2𝑛 𝑝− 𝑑 ≡ 2𝑛 (𝑢𝑝 − ) 𝑑 ≡ (mod p) số chẵn = 2𝑚 , m ϵ Z (1) Mà 𝑝 − 2𝑛 , )=1 ( 𝑑 𝑑 ⇒ d = 2n (2) Từ (1) (2) ⇒ p – = 2n + m SVTH: Dương Thị Thanh Dung 42 Khóa luận tốt nghiệp ⇒ p = 2n + m + 𝑛 𝑛 Vậy ước lẻ số 𝑥 + 𝑦 có dạng 2n +1 m + Bài 4.14 [2] Chứng minh tổng n lũy thừa bậc số nguyên tố lớn số nguyên tố (n ; 30) = Giải Đầu tiên ta chứng minh p4 ≡ (mod 30) với p số nguyên tố lớn Ta có p ≡ (mod 2) ⇒ p4 ≡ (mod 2) (1) Do p số nguyên tố p > 5, nên ( p ; 3) = ( p ; 5) = Từ áp dụng định lý Fermat nhỏ ta : p2 ≡ (mod 3) ⇒ p4 ≡ (mod 5) (2) p4 ≡ ( mod 3) (3) Từ (1), (2) (3) ta : p4 ≡ (mod 30) Chứng minh toán Giả sử p1 , p2 , … , pn n số nguyên tố lớn Theo điều chứng minh ta nhận : 𝑞 = 𝑝14 + 𝑝24 + … + 𝑝𝑛4 = 𝑛 (𝑚𝑜𝑑 30) ⇒ q = 30k + n , k ϵ Z Mà q số nguyên tố nên (n ; 30) = Vậy tổng n lũy thừa bậc số nguyên tố lớn số nguyên tố (n ; 30) = Bài 4.15 [2] Cho số ngun a, chứng minh a2 + khơng có ước nguyên tố dạng 4k + 3, từ suy phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương: a) 4xy – x – y = z2 ; b) x2 - y3 = Giải SVTH: Dương Thị Thanh Dung 43 Khóa luận tốt nghiệp Giả sử a2 + có ước nguyên tố dạng p = 4k + ( k ϵ N) Khi : ap -1 + = a4k + + = a2(2k + 1) + ⋮ a2 + ⋮ p (1) Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ ta : ap - ≡ (mod p) hay ap Từ (1) (2) ⇒ = ap ⇒ -1 + - (ap - -1 -1⋮ p (2) – 1) ⋮ p p = khơng có dạng 4k + (vơ lí) Vậy a2 + khơng có ước nguyên tố dạng 4k + Áp dụng a) Ta có 4xy – x – y = z2 ⇔ (4x – 1)(4y – 1) = (2z)2 + Xét theo mođun ta có 4x – 4y - số nguyên dương lớn có dạng 4k + nên có ước nguyên tố dạng 4k + tích hai số dạng 4k - có dạng 4k - Mà theo chứng minh ta có (2z)2+1 khơng có ước ngun tố dạng 4k+ Vậy phương trình cho vơ nghiệm b) Ta có x2 - y3 = ⇔ x2 + = ( y + 2)(y2 - 2y + 4) - Nếu y chẵn (y + 2)( y2 - 2y + 4) ⋮ ⇒ x2 ≡ (mod 4) (vơ lí số phương chia cho dư 1) ⇒ y số lẻ Nên có trường hợp xảy - Trường hợp : y có dạng 4k + y + có dạng 4k + Khi ( y + 2)(y2 - 2y + 4) có ước nguyên tố dạng 4k + x2 + lại khơng có ước nguyên tố dạng 4k + Trường hợp : y có dạng 4k + y2 - 2y + có dạng 4k + Vậy phương trình cho vơ nghiệm Bài 4.16 [3] Chứng minh 24a2 +1 = b2 số a b bội SVTH: Dương Thị Thanh Dung 44 Khóa luận tốt nghiệp Giải Ta thấy a b chia hết cho Vì Nếu a b chia hết cho = b2 - 24a2 chia hết cho ( vơ lí ) Nếu a b khơng chia hết cho 5, theo định lý Fermat nhỏ ta : a4 ≡ ( mod 5) b4 ≡ (mod 5) ⇒ a4 - b4 ≡ (mod 5) hay a4 - b4 = (a2 – b2)(a2 + b2) bội ⇒ ( a2 – b2) bội ( a2 + b2 ) bội Giả sử (a2 + b2) bội Khi ta có : 24a2 + = b2 ⇒ 25a2 + = a2 + b2 ⇒ 25a2 + bội (vơ lí) Hay (a2 – b2) bội 5.Ta có 24a2 + = b2 ⇒ 23a2 + = b2 - a2 ⇒ 23a2 + bội Ta thấy a chia cho có số dư ±1 ±2 nên a2 chia cho có số dư Do 23a2+1chia cho dư Nghĩa 23a2+1 bội Vậy có số a b bội Bài 4.17 [8] Tìm số ngun dương nhỏ có tính chất : chia cho dư , chia cho 11 dư chia cho 13 dư Giải Giả sử a số cần tìm a phải nghiệm hệ sau : a ≡ (mod 7) SVTH: Dương Thị Thanh Dung 45 Khóa luận tốt nghiệp a ≡ (mod 11) a ≡ (mod 13) Ta thấy 7, 11, 13 số nguyên tố nên áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa với :m1 = 7, M1 =11.13 = 143; m2 =11, M2 = 7.13 = 91; m3 = 13, M3 = 7.11 = 77 Ta có : M1y1 = 143y1 ≡ 3y1 (mod 7) ≡ (mod 7) ⇒ y1 = -2 M2y2 = 91y2 ≡ 3y2 (mod 11) ≡ (mod 11) ⇒ y2 = M3y3 = 77y3 ≡ 3y3 (mod 13) ≡ (mod 13) ⇒ y3 = -1 ⇒ a = 5.(-2).(143) + 7.4.91 + 3.(-1).77 = 887 Các số cần tìm có dạng b = 887 + 1001k Vậy số nhỏ cần tìm 887 Bài 4.18 [8] Cho số nguyên dương p Số nguyên a gọi số phương (mod p) tồn x ϵ N cho x2 ≡ a ( mod p ) (1) Cho p số nguyên tố p > Chứng minh : a) a số phương (mod p) a( p – )/2 b) a số khơng phương (mod p) a( p ≡ (mod p) – )/2 ≡ -1 (mod p) Giải a) a số phương (mod p) a( p – )/2 ≡ (mod p)(2) “⤇” Giả sử a số phương (mod p) ⇒ ∃ x ϵ N cho x2 ≡ a (mod p) Do (a , p) = nên (x , p) = 1, nâng hai vế (1) lên lũy thừa bậc (p – 1)/2 áp dụng định lý Fermat nhỏ ta : (1) ⇔ a( p – )/2 ≡ xp – ≡ (mod p) “⤆” Giả sử có (2) Với k ϵ {1 , , … , p –1}, ∃!k’ϵ {1, 2, … , p – } cho k.k’ ≡ a (mod p) Nếu ∃ k = k’ ta có kk’ = k2 ≡ a (mod p) ⇒ a số phương SVTH: Dương Thị Thanh Dung 46 Khóa luận tốt nghiệp Nếu k ≠ k’ tập { , , … , p – } chia thành ( p – 1)/2 tập hai phần tử {k , k’} mà thỏa k.k’ ≡ a (mod p) ( p – 1)! ≡ a( p ⇒ – )/2 ≡ (mod p) Nhưng theo định lý Wilson ta có (p – 1)! ≡ -1 (mod p) ⇒ ≡ -1 (mod p) (mâu thuẫn p lẻ) ⇒ a số phương Vậy a số phương (mod p) a( p – )/2 b) a số khơng phương (mod p) a( p ≡ (mod p) – )/2 ≡ -1 (mod p) Do định lý Fermat nhỏ với a ϵ Z không chia hết cho p a( p – )/2 ≡ (mod p) a( p – )/2 ≡ -1 (mod p) Vậy a số khơng phương (mod p) a( p– 1)/2 ≡ -1 (mod p) Bài 4.19 [2] Tìm số tự nhiên nhỏ gồm toàn chữ số chia hết cho số 3, 7, 11, 13, 17 Giải Vì 3, 7, 11, 13, 17 số nguyên tố, (10, 3) = (10, 5) = (10, 7) = (10, 11) = (10, 13) = (10, 17) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta : 102 ≡ (mod 3) 106 ≡ (mod 7) 1010 ≡ (mod 11) 1012 ≡ (mod 13) 1016 ≡ (mod 17) Ta có BCNN(2, 6, 10, 12, 16) = 240, áp dụng tính chất (vii) đồng dư ta : 10240 ≡ (mod 3.7.11.13.17) ⇒ 10240 - ⋮ 3.7.11.13.17 Mặt khác ta có : 10240 – = (10120 – 1)( 10120 + 1) = (1060 – 1)( 1060 + 1)( 10120 + 1) = (1030 – 1)( 1030 + 1)( 1060 + 1)( 10120 + 1) = (1015 – 1)( 1015 + 1)( 1030 + 1)( 1060 + 1)( 10120 + 1) SVTH: Dương Thị Thanh Dung 47 Khóa luận tốt nghiệp Từ phân tích để 10240 - ⋮ 3.7.11.13.17 (1015 – 1) chia hết cho 3.7.11.13.17 ( 1015 + 1)( 1030 + 1)( 1060 + 1)( 10120 + 1) chia hết cho 3.7.11.13.17 Ta dễ dàng thấy 1015 – ⋮ 3.7.11.13.17 phép thử ta 1015 – số cần tìm Bài 4.20 [7] Cho p số nguyên tố, chứng minh p chia hết ap – 1, với a p2 chia hết ap – Giải Ta có p∣( ap – 1) nên (a, p) =1 ⇒ p∣a(ap – 1) = a(ap -1 -1) + (a – 1) (1) Vì (a, p) = p số nguyên tố nên theo định Lý Fermat nhỏ ta : p∣(ap -1 -1) (2) Từ (1) (2) ⇒ p∣(a -1) (3) Mặt khác ta có : ≡ (mod p), i = 1, 2, …, p – Cộng đồng dư thức lại ta : ap - + ap - + … + a + ≡ (mod p) ⇒ p∣(ap - + ap - + … + a + 1)(4) Từ (3) (4) ⇒ p2 ∣(a – 1)( ap - + ap - + … + a + 1) = ap – Vậy p2 ∣(ap – 1) Bài 4.21[7] Chứng minh với số nguyên dương n, tồn n số ngun dương liên tiếp cho khơng có số chúng số nguyên tố lũy thừa số nguyên tố Giải Gọi p1, p2 , , p2n – 1, p2n 2n số nguyên tố khác đôi Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, phương trình sau : x ≡ -1 (mod p1p2) x ≡ -1 (mod p2 p3) SVTH: Dương Thị Thanh Dung 48 Khóa luận tốt nghiệp …… x ≡ -1 (mod p2n-1p2n) có nghiệm chung x Khi ta nhận thấy số x + 1, x + 2,… , x + n chia hết cho hai số nguyên tố khác nên số khơng thể số ngun tố lũy thừa số nguyên tố Điều cần chứng minh Bài 4.22 [7] Tìm số tự nhiên n > nhỏ có tổng 𝑛 ∑ 𝑎𝑖2000 ⋮ 120 𝑖=1 Với a1, a2,…, an số nguyên tố lớn 10 Giải Vì a1, a2,…,an số nguyên tố lớn 10 nên theo định lý Fermat nhỏ ta : 𝑎𝑖2 ≡ (mod 3); 𝑎𝑖4 ≡ (mod 5) ≡ ±1, ±3 (mod 8) ⇒ 𝑎𝑖2 ≡ (mod 8) Do : 𝑎𝑖2000 ≡ (mod 3); 𝑎𝑖2000 ≡ (mod 5); 𝑎𝑖2000 ≡ (mod 8) ⇒ 𝑎𝑖2000 ≡ (mod 120) ( (3, 5) = (3, 8) = (5, 8) = 1) 𝑛 𝑛 ⇒ ∑ 𝑎𝑖2000 ≡ 𝑛 (𝑚𝑜𝑑 120) ⇒ ∑ 𝑎𝑖2000 ⋮ 120 ⇔ 𝑛 ⋮ 120 𝑖=1 𝑖=1 Vậy số n > nhỏ cần tìm 120 SVTH: Dương Thị Thanh Dung 49 Khóa luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Qua việc tìm hiểu, hướng dẫn cô Nguyễn Thị Sinh luận văn đạt kết sau : - Trình bày kiến thức đồng dư, số tính chất, định lý hệ đồng dư - Trình bày hệ thống tập áp dụng định lý đồng dư để giải Đây luận văn em tự biên soạn hướng dẫn cô Nguyễn Thị Sinh Mặc dù có cố gắng thân việc tìm tài liệu tham khảo nghiên cứu cách giải dạng tập cách trình bày lý thuyết tập cách dễ hiểu, dễ tiếp thu, dễ đọc trình bày ngắn gọn tránh thiếu sót, sai sót cách giải trình bày luận văn, em mong nhận góp ý chân thành thầy giáo khoa bạn đọc để luận văn em đầy đủ, xác hồn thiện SVTH: Dương Thị Thanh Dung 50 Khóa luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Số học NXB Giáo Dục – 1999 [2] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT số học - Nguyễn Vũ Thanh, NXB Giáo Dục [3] Bài tập số học - Nguyễn Tiến Quang, NXB Giáo Dục [4] Giáo trình số học Tập II - Nguyễn Mạnh Quý, Vũ Hoàng Lâm, Nguyễn Tiến Đức, Lê Ngọc Anh, NXB Giáo Dục – 1980 [5] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT số học - Hà Huy Khoải, NXB Giáo Dục [6] Cơ sở số học, NXB Đại Học Sư Phạm [7] Những vấn đề toán số học nâng cao dành cho học sinh THPT – Nguyễn Hữu Thọ, NXB Giáo Dục [8] Các trang web http://tailieu.vn http://diendantoanhoc.net http://vi.wikipedia.org http://www.filestube.com http://forum.mathscope.org http://giaoan.violet.vn http://diendankienthuc.net http://boxmath.vn SVTH: Dương Thị Thanh Dung 51 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Dương Thị Thanh Dung 52 ... thể ứng dụng định lý đồng dư Chính điều nên em chọn đề tài “Một số định lý đồng dư ứng dụng? ?? Mục đích luận văn Tìm hiểu đồng dư thức, khai thác định lý đồng dư ứng dụng định lý việc áp dụng vào... nghiên cứu lý thuyết đồng dư, số định lý đồng dư, số ứng dụng định lý đồng dư việc giải số toán sơ cấp phổ thông Luận văn gồm hai chương : Chương : Trình bày - Các kiến thức đồng dư - Một số... dư - Một số tính chất, định lý hệ đồng dư Chương : Trình bày số ứng dụng định lý đồng dư - Tìm số dư phép chia có dư - Chứng minh chia hết - Tìm chữ số tận - Các ứng dụng khác Đóng góp luận