Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp không là số nguyên tố.. Cho 4 số tự nhiên thỏa tính chất : Bình phương của tổng hai số bất kỳ chia hết cho tíc[r]
(1)SỐ NGUYÊN, PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa
Tập số nguyên bao gồm số tự nhiên số đối chúng ký hiệu Z
0, 1, 2,
Z
Số nguyên lớn gọi số nguyên dương Số nguyên nhỏ gọi số nguyên âm Tính chất
2.1 Khơng có số ngun lớn nhỏ Số nguyên dương nhỏ 2.2 Một tập hữu hạn Z ln có phần tử lớn phần tử nhỏ
2.3 Không có số nguyên nằm hai số nguyên liên tiếp 2.4 Nguyên lý qui nạp:
Cho A tập hợp Z Nếu k A n A n + A , n ≥ k số nguyên lớn hay k thuộc A
2.5 Nếu a, b Z , a < b a + b 2.6. a R n Z n, : a
3 Phép chia hết 3.1 Định nghĩa
Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Nếu tồn số nguyên q cho a = bq ta nói a chia hết cho b hay a bội b (a b) hay b ước a (b|a)
3.2 Định lý (thuật toán chia)
Cho a, b hai số nguyên bất kỳ, b khác Khi đó, tồn số nguyên q, r cho a = bq + r với r < |b|
3.3 Các tính chất phép chia hết
3.3.1 Nếu a b am b với số nguyên m. 3.3.2 Nếu a b b c a c
3.3.3 Nếu a c b c ax + by c x,y Z ( ax + by gọi tổ hợp tuyến tính a,b)
3.3.4 Nếu a b |a| ≥ |b|
3.3.5 Nếu a b b a |a| = |b| 3.3.6 a b am bm, m Z*
BÀI TẬP
1 Cho a, b, n số nguyên, n > 0, a b Chứng minh a/ an – bn (a – b)
b/ (an + bn) (a + b) với n lẻ
c/ (an – bn) ( a + b) với n chẵn
2 Chứng minh với số nguyên n a/ 33n + – 26n – 27 169
b/ n2 – 3n + không chia hết cho 121
(2)a/ Cho f(x) đa thức tùy ý với hệ số nguyên Chứng minh f(a) – f(b) (a – b) với số nguyên a, b
b/ Chứng minh không tồn đa thức p(x) với hệ số nguyên thỏa p(3) = 10, p(7) = 24
4 Chứng minh ( 1)
k k
a
với k nguyên, a lẻ.
5 Chứng minh (n + 1)(n + 2) …(2n) 2n với số nguyên dương n
6 Chứng minh tồn vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + n.
7 Giả sử x, y, z số tự nhiên thỏa x2+ y2 = z2 Chứng minh xyz 60
8 Cho x,y,z số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27
9 Chứng minh a2 + b2 - ab 8a3 – 6b3 7
10 Chứng minh + a 35 – b chia hết cho 11 a + b chia hết 11 ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT 1.Ước chung lớn
1.1 Định nghĩa
Số nguyên dương d gọi ước chung lớn số nguyên a1, a2, …,
an d ước chung a1, a2, …, an e ước chung khác chúng e
là ước d
Ký hiệu: d = UCLN(a1,a2,…,an) hay d = (a1,a2,…,an)
Ví dụ : (-20, 30, 50) = 10, (15, 20, 18) =
Các số nguyên a1, a2, …, an gọi nguyên tố (a1,a2,…,an) =
Các số nguyên a1,a2,…,an gọi nguyên tố sánh đôi hai số chúng
nguyên tố
Chú ý: Các số ngun tố sánh đơi ngun tố ngược lại khơng
1.2 Thuật tốn Euclid
1.2.1 Bổ đề Nếu a = bq + r (a,b) = (b,r) Chứng minh: Ta có (a,b) |a (a,b)| b (a,b)| r (a,b)|(b,r) (1) Mặt khác (b,r)|b (b,r)|r (b,r)|a (b,r)|(a,b) (2) Từ (1) (2) (a,b) = (b,r)
1.2.2 Thuật toán Tìm ước chung lớn hai số nguyên a b
Đầu tiên ta chia a cho b dư r1 (0 r1 <|b|), chia b cho r1 dư r2 (0 r2
<r1), tiếp tục ta dãy |b|, r1, r2, … giảm dần Giả sử rn+1 =
Thuật toán kết thúc sau số hữu hạn bước a = bq + r1 (0 r < |b|)
b = r1q1 + r2 (0 r2 < r1)
r1 = r2q2 + r3 (0 r3 < r2)
…
rn-2 = rn-1qn-1 + rn (0 rn < rn-1)
(3)Theo định lý ta có (a,b) = (b,r1) = (r1,r2) =…=(rn-1,rn) = rn
Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai số a = 555 b = 407 555 = 407.1 + 148
407 = 148.2 + 111 148 = 111.1 + 37 111 = 37
Vậy (555,407) = 37 1.3 Tính chất 1.3.1 (a,b) = (b,a) 1.3.2 d = (a,b)
,
a b d d
1.3.3 k(a,b) = (ka,kb)
1.3.4 Nếu (a,b) = b|ac b|c
1.3.5 Nếu (a,b) = (a,c) = (a,bc) = 1.3.6 (a,b,c) = ((a,b),c) = (a,(b,c))
1.3.7 (a,b) = (a, b + ka), k 1.4 Định lý
Cho a, b số nguyên, d ước số chung lớn a b Khi tồn số nguyên x’, y’ cho d = ax’ + by’
Chứng minh
Đặt A = {ax + by /x,y Z} Gọi l số dương nhỏ A Do l > nên tồn q, r cho a = lq + r ( r < l)
Giả sử r > Khi r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) A mâu thuẩn với l số dương nhỏ A
r = hay a l
Tương tự ta có b l d l ( d = (a,b))
Mặt khác l = ax’ + by’ l d Từ suy l = d. 1.5 Hệ
1.5.1 a, b hai số nguyên tố tồn hai số nguyên m, n cho am + bn =
1.5.2 d ước chung lớn a b d tổ hợp tuyến tính dương nhỏ a b
1.5.3 Nếu d = (a1,a2,…,an) tồn số x1,x2, ,xn cho d = a1x1 + a2x2 + …
+ anxn
2 Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa
Số nguyên dương b gọi bội chung nhỏ n số nguyên a1,a2,…,an
khác m bội chung a1,a2,…,an e bội chung khác chúng
e bội b
(4)Ví dụ: [7, -14, 4] = 28 2.2.Tính chất
2.2.1 k[a,b] = [ka,kb] 2.2.2 [a,b,c] = [[a,b],c] 2.2.3 [a,b].(a,b) = ab
Chứng minh tính chất 2.2.3 Đặt d = (a,b) a = a1d, b = b1d với (a1,b1) =
Ta có [a1,b1] a1 [a1,b1] = m.a1
b1|[a1,b1] = ma1 b1|m Do (a1,b1) = [a1,b1] a1b1
mà a1b1 [a1,b1] nên [a1,b1] = a1b1
[a,b].(a,b) = [a1d,b1d] d = [a1,b1]d2 = a1b1d2 = ab
2.2.4 Hệ
2.2.4.1 a b, a c a [b,c]
2.2.4.2 a b, a c, (b,c) = a bc
BÀI TẬP Chứng minh phân số
15 33
n n
tối giản Chứng minh phân số
21 17 14
n n
không số nguyên
3 Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010n – chia hết cho
1010n –
4.Cho M số nguyên dương tập hợp
2
/ ( 1)
S n N M n M
Chứng minh tất tích có dạng ab với a, b S phân biệt
5 Chứng minh số có số lẻ ước số khác khi bình phương
6 Chứng minh (a,b) = (a + b,a2 + b2) 2.
7 Giả sử m, n số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh (m,n) m n
8 Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6) Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30
10 Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! x y SỐ NGUYÊN TỐ
1 Định nghĩa
Số nguyên p > gọi số nguyên tố p có hai ước dương
Số ngun lớn số nguyên tố gọi hợp số
Từ định nghĩa dễ thấy p số nguyên tố a số nguyên a p (a,p) = 1
2 Định lý
(5)Chứng minh Nếu p |a (a,p) = suy p|b
3.Định lý
Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hay bậc hai Chứng minh
Giả sử n = a b (1 < a, b < n )
Nếu a b lớn n n = ab > n (vô lý) phải có thừa số khơng vượt q n hay có ước nguyên tố không vượt n
3.1.Hệ
Nếu số ngun n > khơng có ước nguyên tố nhỏ hay n n số nguyên tố
Ví dụ: 211 số nguyên tố tất số nguyên tố nhỏ 211là 2,3,5,7,11,13 không ước 211
4 Định lý số học
Mọi số nguyên n > biểu diễn dạng tích số nguyên tố Phân tích khơng tính thứ tự thừa số
Chứng minh Ta chứng minh tồn biểu diễn qui nạp
Với n = 2, n =3, n = = 2.2, n = 5, n =6 = 2.3 biểu diễn dạng tích số nguyên tố Giả sử khẳng định đến n – 1, tức số nguyên không vượt n – biểu diễn dạng tích số nguyên tố
Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có điều chứng minh Nếu n hợp số n = n1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n1, n2 biểu diễn
dạng tích số nguyên tố, n biểu diễn dạng tích số nguyên tố
Ta chứng minh cách biểu diễn Giả sử n có hai cách biểu diễn khác
n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác số nguyên tố qj )
Khi p1| q1q2…qs p1| qj p1 = qj (mâu thuẩn)
Như số nguyên n > có biểu diễn n =
1
1
1
,
i
k
k
i k i
i
p p p p
trong pi (i =1,2,…k) số nguyên tố đơi khác Ta nói n có dạng
phân tích tắc 4.1 Hệ
4.1.1 Nếu n có dạng phân tích tắc 11 22
kk
n p p p thì số tất ước số
(6)4.1.2 Nếu
i k i i n p ,
i k
i i
m p
, i, i m n i i (i1,2, , )k
(m,n) =
min( , )
i i
k i i
p
[m,n] =
max( , )
i i
k i i
p
5 Định lý Tập hợp số nguyên tố vô hạn Chứng minh
Giả sử có n số nguyên tố p1, p2, …, pn Xét số N = + p1p2…pn
N > nên tồn số nguyên tố p ước N Rõ ràng p khác với p1, p2, , pn
(vơ lý)
Vậy có vơ hạn số nguyên tố
6 Hệ thống ghi số 6.1 Định lý
Cho số nguyên dương d > Khi số tự nhiên N biểu diễn cách dạng N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn (1) , số
nguyên dương di thỏa mãn di b –
Chứng minh Ta Chứng minhbằng qui nạp theo N
Với N = 1, ta có biểu diễn =
Giả sử biểu diễn nói có cho số 1, 2, …, N – Xét số N Gọi d0 số cho N – d0 b
Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N , theo gt qui nạp N1 biểu diễn
dạng N1 =
2
0
1
n n
N d
d d b d b d b
b
Như N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn
Nếu có cách biểu diễn khác cho N tức N = d0 + d1b + d2b2 + … +
dnbn
= a0 + a1b + a2b2 + … + anbn
Khi d0 = a0 = r ( số dư chia N cho b)
N1 =
2
0
1
n n
n n
N d
d d b d b d b a a b a b a b
b
và theo tính chất giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh 6.2 Định nghĩa
Giả sử g số tự nhiên lớn hớn M = {0,1,2,…, g – 1} tập hợp gồn g ký hiệu số tự nhiên Ta nói số tự nhiên s viết hệ g- phân ( hệ thống ghi số g) s = angn + an-1gn-1 + … + a1g + a0 n số
(7)Ký hiệu : s = a an n1 a a1 (g) bỏ (g) không nhầm lẫn
6.3 Hệ nhị phân
Hệ thống ghi số sử dụng hai chữ số 0,
Một số tự nhiên k hệ nhị phân viết k = a an n1 a a1 0với ai , i =
0,1,2, ,n chữ số 0,1 an có nghĩa k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2
+ a0
6.3.1 Định lý
Cho số tự nhiên N Gọi n số chữ số (0,1) N viết hệ nhị phân, ta có n = [log2N] +
Chứng minh Ta có N = 2n – 1 + a
n-22n -2 + … + a12 + a0 , {0,1} 2n > N ≥ n -1
n > log2N ≥ n – hay [log2N] = n – suy dpcm
7 Phần nguyên 7.1 Định nghĩa
Phần nguyên, ký hiệu [x], số thực x số nguyên lớn không vượt x Phần phân x , ký hiệu {x}, x – [x]
7.2 Tính chất 7.2.1 x = [x] + {x} 7.2.2 x = [x] x Z 7.2.3 x = {x} x < 7.2.4 x – < [x] x
7.2.5 Nếu k Z [x + k] = [x] + k, {x + k} = {x} + k 7.2.6 [x + y] – [x] – [y]
7.2.7 [x + y] ≥ [x] + [y] , {x + y} {x} + {y} 7.3 Định lý
* Nếu số thực dương n N n
số tất số nguyên dương là bội n không vượt qua
* Nếu a, b hai số khơng âm [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý
Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = 11 22 ,
k k i
p p p
thì số mũ i pi
2
i
i k
i i
n n n
p p p
Chứng minh
Tổng hữu hạn k đủ lớn n < pik
1
ik ik
n n
p p
(8)Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p… n p
p …n = ! !
n
p n m
p q p m q
p với m =
n
p và (p,q) =1
Tương tự ! ! ' m p m
m p q
p với (p,q’) = 1
Suy 2 ! ! ' ! ' n
n m n
p p m p p n
n p p qq p qq
p p với (p,qq’) = 1
Cứ tiếp tục ta thu số mũ p :
k
n n n
p p p
Ví dụ Số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố
5
100 100 100
20 24
5 5
Từ 100! Có tận 24 chữ số
BÀI TẬP
1 Tìm tất số nguyên tố vừa tổng số nguyên tố, vừa hiệu số nguyên tố
2 Chứng minh với số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp không số nguyên tố
3 Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số nguyên tố
4 Tìm tất số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 số nguyên tố Tìm tất số nguyên tố p cho 2p2 + số nguyên tố.
6 Cho a, b, c số nguyên khác 0, a c thỏa mãn
2
2
a a b
c c b
Chứng minh a2 + b2 + c2 số nguyên tố.
7 Tìm tất số nguyên tố p cho p2 + 11 có ước số nguyên dương.
Tìm tất số nguyên tố p cho hệ phương trình p + = 2x2, p2 + = 2y2
có nghiệm nguyên
8 Chứng minh p 8p2 + lẻ số nguyên tố 8p2 + 2p + số
nguyên tố
9 Tìm tất số tự nhiên n cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 n + 15 số nguyên tố
(9)ĐỒNG DƯ Định nghĩa
Cho a, b, m số nguyên, m
Nếu a – b chia hết cho m a gọi đồng dư với b modulo m, ký hiệu a b mod m
Tính chất
Cho a, b, c, d số nguyên Nếu a b mod m b a mod m
Nếu a b mod m b c mod m a c mod m
Nếu a b mod m c d mod m a + c b + d mod m Nếu a b mod m c d mod m ac bd mod m Nếu a b mod m, k nguyên dương ak bk mod m
Nếu a b mod m d| m a b mod d
Nếu a b mod m ac bc mod cm với c khác Nếu ab ac mod m (a,m) = b c mod m
a b mod mi ( i =1,2,…,n) a b mod [m1,m2,…,mn]
Định lý Fermat nhỏ
Giả sử p nguyên tố, (a, p) = Khi ap–1 mod p
Chứng minh
Xét p – số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a Ta chứng minh không tồn số đồng dư phép chi a cho p
Giả sử ka la mod p với k, l {1,2,…,p – 1} k l a(k – l) p k – l p k = l (mâu thuẩn)
Vậy chia p – số cho p ta nhận p – số dư khác từ 1, 2,…, p – Suy a 2a …(p – 1)a 1.2….(p – 1) mod p (p – 1)! ap–1 (p – 1)! mod p
Vì ((p – 1)!,p) = nên ap–1 mod p.
Từ định lý ta có ap a mod p (với p nguyên tố, (a,p) =1)
Hệ thặng dư đầy đủ
a Tập hợp x1, x2, …, xn gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số
nguyên y tồn xi cho y xi mod m
b Tập {1,2,…, m – 1, m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m c Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có m phần tử
(10)e Cho số nguyên a m > Tập hợp tất số nguyên x thỏa mãn x a mod m gọi lớp đồng dư modulo m, ký hiệu aa mt / t Z Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu cách lấy a = 1,2,…,m 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 x nguyên tố
với m tồn ri cho ri x mod m
Số phần tử hệ thặng dư thu gọn modulo m xác định hàm Euler (m)
là số số nguyên dương không vượt m nguyên tố nhau với m
Hàm có tính chất sau (mn) (m) (n)
với (m,n) = 1
Nếu p nguyên tố, (p) p 1, (p ) p n n p (n 1)n 1 , Nếu m p p p1 2 k k
, p
i số nguyên tố
1 k
1 1
(m) m 1
p p p
Ví dụ : (2) 1 , (3) 2 , (4) 2 2 2 ,
1
(20) 20(1 )(1 )
2
Định lý
Cho (a,m) = r1, r2,…., rn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi
ar1, ar2, …, arn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m
Chứng minh
Vì (a,m) = nên (ri,m) = (ari, m) = Ta chứng minh phần tử tập
{ar1,ar2,…,arn} đôi phân biệt modulo m Thật vậy, ari = arj mod m (a,m)
= nên ri rj mod m (vơ lý) Theo 4.4 ta có đpcm
Định lý Euler
Giả sử m số nguyên dương (a,m) = Khi a(m) 1 mod m. Chứng minh
Giả sử r1, r2, …, r(m) hệ thặng dư thu gọn gồm số nguyên dương không vượt
quá m nguyên tố với m Theo định lý ta suy ar1, ar2, …, ar(m)là
một hệ thặng dư thu gọn modulo m Như đồng dư dương bé ar1, ar2, , (m)
ar phải số r
1, r2, …, r(m) xếp theo thứ tự Vì ta có
1 (m) (m)
ar ar ar r r r mod m hay a(m)r r r1 2 (m) r r r1 2 (m)mod m Vì (r r r1 (m),m) 1 nên a(m) 1mod m
Ví dụ Tìm dư chia số 112010 cho số 24.
Giải
(11)2010 8.251 2
11 11 11
mod 24.
Phương trình đồng dư tuyến tính
Phương trình dạng ax b mod m gọi phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m số biết
x0 nghiệm phương trình ax0 b mod m
Nếu x0 nghiệm phần tử thuộc lớp x0cũng nghiệm
Định nghĩa
Giả sử a, m số nguyên, m > Nghiệm phương trình ax mod m gọi nghịch đảo a modulo m
Định lý
Nghịch đảo a modulo m (a,m) = Chứng minh
Gọi a’ nghịch đảo a modulo m aa’ mod m aa’ + mb = (a,m) = Đảo lại (a,m) = tồn a’, m’ cho aa’ + mm’ = aa’ mod m a’ nghịch đảo a modulo m a’ có a’’ cho aa’’ mod m aa’ aa’’ mod m , mà (a,m) = a’ a’’ mod m
Hệ
Nếu p nguyên tố phần tử tập hợp {1,2, …, p – 1} có nghịch đảo modulo p
Định lý
Nếu (a,m) = phương trình ax b mod m có nghiệm theo modulo m Chứng minh
Ta có {1,2,…,m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m (a,m) =1 nên {a,2a, …,ma} hệ thặng dư đầy đủ modulo m có phần tử hệ đồng dư với b mod m Suy đpcm
Định lý tồn nghiệm phương trình đồng dư tuyến tính
Giả sử (a,m) = d Khi phương trình ax b mod m (1) có nghiệm d| b Hơn nữa, d | b (1) có d nghiệm phân biệt modulo m,
m m m
t, t , t , , t (d 1)
d d d
(2) t nghiệm phương trình
a b m
x mod
d d d (3) Chứng minh
Nếu phương trình có nghiệm x0 ax0 = b + mt d| b
Đảo lại, d | b phương trình
a b m a m
x mod ( , )
d d d d d có nghiệm t duy
(12)Mỗi nghiệm (3) nghiệm (1) ngược lại
Dễ thấy (2) d nghiệm (3) nên (2) d nghiệm (1) Ngoài hai nghiệm (2) phân biệt theo modulo m Thật
m m
t r t s mod m (1 r,s d 1)
d d
m m
r s mod m r s mod d
d d r –
s d r = s
Tiếp tục, ta chứng minh (1) khơng cịn nghiệm khác ngồi (2)
Giả sử y nghiệm (1) ay b mod m ay at mod m y t mod m y t mod m/d y = t + km/d Ta có k r mod d với r < d Do
m m
k r mod m d d
y t + rm/d mod m y thuộc (2)
Ví dụ Giải phương trình 12x mod 23 Giải
Do (12,23) = nên phương trình ln có nghiệm
Ta tìm số ngun k cho + 23k chia hết cho 12 Chọn k = 12x 7.24 mod 23 x 14 mod 23
Mệnh đề
Giả sử p số nguyên tố Số nguyên a nghịch đảo modulo p a mod p a – mod p
Chứng minh
Nếu a mod p a – mod p a2 mod p nên a nghịch đảo modulo p
của
Ngược lại, giả sử a nghịch đảo modulo nó, tức a2 mod p a2 –
p a + p a – p hay a – mod p a mod p. Định lý Wilson
Với số nguyên tố p, ta có (p – 1)! – mod p Chứng minh Khi p = 2, ta có (p – 1)! = –1 mod
Giả sử p số nguyên tố lớn 2, số nguyên a với a p – tồn nghịch đảo a’ với a’ p – cho aa’ mod p Theo mệnh đề có số p – nghịch đảo modulo p Như vậy, ta nhóm số 2, 3,…, p – thành (p – 3)/2 cặp mà tích chúng đồng dư modulo p
2.3 …(p – 3)(p – 2) mod p (p – 1)! 1(p – 1) –1 mod p
Mệnh đề đảo định lý Wilson Định lý
Giả sử p số nguyên dương cho ( p – 1)! – mod p p số nguyên tố Định lý đồng dư Trung Hoa
Giả sử m1, m2, …, mr số nguyên tố đôi Khi hệ phương
(13)x a1 mod m1
x a2 mod m2
…
x ar mod mr
có nghiệm modulo m = m1m2…mr
Ví dụ Giải hệ phương trình x mod 5, x mod 7, x mod Giải
x mod x 17 mod x mod x 17 mod x 17 mod 35
x mod x + 3.4 mod x 17 mod x 17 mod 105
Bài tập
1 Chứng minh a số nguyên chẵn a2 mod 4, a số nguyên
lẻ a2 mod 4
2 Chứng minh a lẻ a2 mod 8
3 Chứng minh n7 – n 42 với n nguyên dương
4 Chứng minh a + b + c 30 a5 + b5 + c5 30 (a,b,c Z)
5 Chứng minh 53n 7 12 với n nguyên dương
6 Giả sử n số tự nhiên không chia hết cho 17 Chứng minh n8 –
17 n8 + chia hết 17
7 Tìm tất số nguyên n cho n.2n + chia hết cho 3.
8 Với số nguyên n ta có 12 + 22 + …+ (n – 1)2 mod n
9 Tìm dư phép chia
a 233419 :17 b 462345: 37 c 23923754 :135 d 21000000: 310
10 Giải hệ
a x mod 2, x mod 3, x mod
b x mod 11, x mod 12, x mod 13, x mod 17, x mod 19
c x mod 6, x mod 10, x mod 15 11 Chứng minh định lý đảo định lý Wilson
12 Chứng minh p, q số nguyên tố khác pq 1 qp 1 mod pq
13 Chứng minh p nguyên tố ap bp mod p ap bp mod p2
14 Chứng minh p số nguyên tố lẻ 12.32…(p– 4)2(p –2)2 (–1)(p+1)/2
mod p
15 Chứng minh p nguyên tố (p – 2)! – p p > (p – 2)! – lũy thừa p
16 Giả sử hàm số f: N* N* thỏa mãn điều kiện f(mf(n)) = n2f(m) m,n N*
a Chứng minh f(2009) số nguyên tố bình phương số nguyên tố
(14)