Định nghĩa Số nguyên dương b được gọi là bội chung nhỏ nhất của n số nguyên a 1,a2,…,an khác 0 nếu m là bội chung của a1,a2,…,an và nếu e là một bội chung khác của chúng thì e là bội của[r]
(1)SỐ NGUYÊN - PHÉP CHIA HẾT Định nghĩa Tập các số nguyên bao gồm các số tự nhiên và các số đối chúng và ký hiệu là Z Z 0, 1, 2, Số nguyên lớn gọi số nguyên dương Số nguyên nhỏ gọi là số nguyên âm Tính chất 2.1 Không có số nguyên lớn và nhỏ Số nguyên dương nhỏ là 2.2 Một tập hữu hạn Z luôn có phần tử lớn và phần tử nhỏ 2.3 Không có số nguyên nào nằm hai số nguyên liên tiếp 2.4 Nguyên lý qui nạp: Cho A là tập hợp Z Nếu k A và n A n + A , n ≥ k thì số nguyên lớn hay k thuộc A 2.5 Nếu a, b Z , a < b thì a + b 2.6 a R, n Z : n a Phép chia hết 3.1 Định nghĩa Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác Nếu tồn số nguyên q cho a = bq thì ta nói a chia hết cho b hay a là bội b (a b) hay b là ước a (b|a) 3.2 Định lý (thuật toán chia) Cho a, b là hai số nguyên bất kỳ, b khác Khi đó, tồn các 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 thì am b với số nguyên m 3.3.2 Nếu a b và b c thì a c 3.3.3 Nếu a c và b c thì ax by c x, y Z ( ax + by gọi là tổ hợp tuyến tính a, b) 3.3.4 Nếu a b thì |a| ≥ |b| 3.3.5 Nếu a b và b a thì |a| = |b| 3.3.6 a b am bm, m Z* BÀI TẬP Bài Cho a, b, n là các 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 Bài Chứng minh với số nguyên n a/ 33n + – 26n – 27 169 b/ n2 – 3n + không chia hết cho 121 Bài (2) a/ Cho f(x) là 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 2k k 1 Bài Chứng minh ( a 1)2 với k nguyên, a lẻ Bài Chứng minh (n + 1)(n + 2) …(2n) 2n với số nguyên dương n Bài Chứng minh tồn vô số nguyên dương n thỏa mãn 2n + n Bài Giả sử x, y, z là số tự nhiên thỏa x2 + y2 = z2 Chứng minh xyz 60 Bài Cho x,y,z là các số nguyên thỏa (x – y)(y – z)(z – x) = x + y + z Chứng minh x + y + z chia hết cho 27 Bài Chứng minh a2 + b2 - ab thì 8a3 – 6b3 Bài 10.Chứng minh + a và 35 – b chia hết cho 11 thì a + b chia hết 11 (3) ƯỚC SỐ CHUNG LỚN NHẤT, BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT Ước chung lớn 1.1 Định nghĩa Số nguyên dương d gọi là ước chung lớn các số nguyên a 1, a2, …, an d là ước chung a1, a2, …, an và e là ước chung khác chúng thì 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 là nguyên tố cùng (a1, a2, …, an) = Các số nguyên a1,a2,…,an gọi là nguyên tố sánh đôi hai số chúng nguyên tố cùng Chú ý: Các số nguyên tố sánh đôi thì nguyên tố cùng ngược lại không đúng 1.2 Thuật toán Euclid 1.2.1 Bổ đề Nếu a = bq + r thì (a,b) = (b,r) Chứng minh: Ta có (a,b) |a và (a,b)| b (a,b)| r (a,b)|(b,r) (1) Mặt khác (b,r)|b và (b,r)|r (b,r)|a (b,r)|(a,b) (2) Từ (1) và (2) (a,b) = (b,r) 1.2.2 Tìm ước chung lớn hai số nguyên a và b Đầu tiên ta chia a cho b dư r (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) rn-1 = rnqn Theo định lý trên ta có (a,b) = (b,r1) = (r1,r2) =…=(rn-1,rn) = rn Ví dụ: Tìm ước chung lớn hai số a = 555 và 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) a b , 1 1.3.2 d = (a,b) d d 1.3.3 k(a,b) = (ka,kb) 1.3.4 Nếu (a,b) = và b|ac thì b|c 1.3.5 Nếu (a,b) = và (a,c) = thì (a,bc) = (4) 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 là các số nguyên và d là ước số chung lớn a và b Khi đó tồn các số nguyên x’, y’ cho d = ax’ + by’ Chứng minh Đặt A = {ax + by /x,y Z} Gọi l là số dương nhỏ A Do l > nên tồn q, r cho a = lq + r ( r < l) Giả sử r > Khi đó r = a – lq = a – (ax’ + by’)q = a(1 – x’q) + b( – y’q) A mâu thuẩn với l là 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 đây suy l = d 1.5 Hệ 1.5.1 a, b là hai số nguyên tố cùng và tồn hai số nguyên m, n cho am + bn = 1.5.2 d là ước chung lớn a và b và d là tổ hợp tuyến tính dương nhỏ a và b 1.5.3 Nếu d = (a1,a2,…,an) thì tồn các số x1,x2, ,xn cho d = a1x1 + a2x2 + … + anxn Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Số nguyên dương b gọi là bội chung nhỏ n số nguyên a 1,a2,…,an khác m là bội chung a1,a2,…,an và e là bội chung khác chúng thì e là bội b Ký hiệu b = [a1,a2,…,an] 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 a b, a c a [b,c] a b, a c, (b,c) = a bc BÀI TẬP 15n Bài Chứng minh phân số 33n tối giản 21n 17 Bài Chứng minh phân số 14 n không là số nguyên (5) Bài Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 2010n – chia hết cho 1010n – S n N / M n ( M 1) Bài Cho M là số nguyên dương và tập hợp Chứng minh tất các tích có dạng ab với a, b S phân biệt Bài Chứng minh số có số lẻ ước số khác khi nó là bình phương đúng Bài Chứng minh (a,b) = thì (a + b,a2 + b2) là Bài Giả sử m, n là số tự nhiên thỏa (m,n) + [m,n] = m + n Chứng minh (m,n) m n Bài Tìm (2n + 1,9n + 4), (2n – , 9n + 4), (36n + 3, 90n + 6) Bài Tìm x, y nguyên dương thỏa x + y = 150, (x,y) = 30 Bài 10.Tìm x, y nguyên dương thỏa (x,y) = 5!, [x,y] = 50! và x y (6) SỐ NGUYÊN TỐ Định nghĩa Số nguyên p > gọi là số nguyên tố p có hai ước dương là và chính nó Số nguyên lớn không phải là số nguyên tố gọi là hợp số Từ định nghĩa dễ thấy p là số nguyên tố và a là số nguyên thì a p (a, p) = Định lý Cho hai số nguyên a, b và số nguyên tố p Khi đó p|ab thì p|a p|b Chứng minh Nếu p |a thì (a,p) = suy p|b 3.Định lý Mọi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hay bậc hai nó Chứng minh Giả sử n = a b (1 < a, b < n ) n thì n = ab > n (vô lý) phải có thừa số không vượt n hay có ước nguyên tố không vượt quá n Nếu a và b lớn quá 3.1.Hệ Nếu số nguyên n > không có ước nguyên tố nào nhỏ hay n thì n là số nguyên tố Ví dụ: 211 là số nguyên tố vì tất các số nguyên tố nhỏ 211 là 2, 3, 5, 7, 11, 13 không là ước 211 Định lý số học Mọi số nguyên n > biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Phân tích này là không tính thứ tự các 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 các số nguyên tố Giả sử khẳng định đúng đến n – 1, tức số nguyên không vượt quá n – biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Xét số nguyên n Nếu n nguyên tố ta có điều chứng minh Nếu n là hợp số thì n = n 1.n2 (1 < n1, n2 < n), từ giả thiết qui nạp ta có n 1, n2 biểu diễn dạng tích các số nguyên tố, n biểu diễn dạng tích các số nguyên tố Ta chứng minh cách biểu diễn trên là Giả sử n có hai cách biểu diễn khác n = p1p2…pr = q1q2…qs (các số nguyên tố pi khác các số nguyên tố qj ) Khi đó p1| q1q2…qs p1| qj p1 = qj (mâu thuẩn) k p i i p11 p22 pkk , i Như số nguyên n > có biểu diễn n = i 1 đó pi (i =1,2,…k) là số nguyên tố đôi khác Ta nói n có dạng phân tích chính tắc 4.1 Hệ (7) 4.1.1 Nếu n có dạng phân tích chính tắc n p11 p22 pkk thì số tất các ước số dương n là (1 1)( 1) ( k 1) k k n pii m pii i 1 i 1 4.1.2 Nếu , , i , i 0 thì m n i i (i 1, 2, , k ) k (m,n) = i 1 k [m,n] = min( i ,i ) i p max( i ,i ) i p i 1 Định lý: Tập hợp các số nguyên tố là 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 là ước N Rõ ràng p khác với p1, p2, , pn (vô lý) Vậy có vô hạn số nguyên tố Hệ thống ghi số 6.1 Định lý Cho số nguyên dương d > Khi đó số tự nhiên N có thể biểu diễn cách dạng N = d + d1b + d2b2 + … + dnbn (1), đó các số nguyên dương d i thỏa mãn di b – Chứng minh Ta chứng minh qui nạp theo N Với N = 1, ta có biểu diễn = Giả sử biểu diễn nói trên có và cho số 1, 2, …, N – Xét số N Gọi d0 là số cho N – d0 b Đặt N1 = (N – d0)/b Vì N1 < N, theo gt qui nạp N1 biểu diễn dạng N d0 d1 d 2b d3b d nb n b N1 = Như N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn Nếu có cách biểu diễn khác cho N tức là: N = d0 + d1b + d2b2 + … + dnbn = a0 + a1b + a2b2 + … + anbn Khi đó d0 = a0 = r ( là số dư chia N cho b) N d0 d1 d 2b d3b d nb n a1 a2b a3b anb n b N1 = và theo tính chất giả thiết qui nạp, ta có điều phải chứng minh 6.2 Định nghĩa Giả sử g là số tự nhiên lớn hớn và M = {0,1,2,…, g – 1} là tập hợp gồn g ký hiệu các số tự nhiên đầu tiên Ta nói số tự nhiên s viết hệ g- phân ( hệ thống ghi số g) s = angn + an-1gn-1 + … + a1g + a0 đó n là số nguyên dương và a i M, an Ký hiệu: s = an an a1a0 (g) có thể bỏ (g) không nhầm lẫn 6.3 Hệ nhị phân Hệ thống ghi số này sử dụng hai chữ số 0, (8) Một số tự nhiên k hệ nhị phân viết k = an an a1a0 với , i = 0,1,2, ,n là các chữ số 0,1 và an có nghĩa là k = an2n + an-12n-1 + …+ a1.2 + a0 6.3.1 Định lý Cho số tự nhiên N Gọi n là số các chữ số (0,1) N viết hệ nhị phân, ta có n = [log2N] + Chứng minh Ta có N = 2n – + an-22n -2 + … + a12 + a0 , {0,1} 2n > N ≥ n -1 n > log2N ≥ n – hay [log2N] = n – suy đpcm Phần nguyên 7.1 Định nghĩa Phần nguyên, ký hiệu [x], số thực x là số nguyên lớn không vượt quá x Phần phân x , ký hiệu {x}, là 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 thì [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 là số thực dương và n N thì n là số tất các số nguyên dương là bội n không vượt qua * Nếu a, b là hai số không âm thì [2a] + [2b] ≥ [a] + [b] + [a + b] Định lý Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = p11 p22 pkk , i n n n i k pi p i pi thì số mũ i pi nào đó là Chứng minh n n k k 1 0 p p k Tổng trên là hữu hạn vì k đủ lớn thì n < pi đó i i Giả sử p là ước n! n n p p p p Ta có n! = 1.2…p.(p+1)…2p…3p… …n = n với m = p và (p,q) =1 n m p !q p m!q (9) m! p m p Tương tự n p m p !q ' với (p,q’) = m p n n n p !qq ' Suy với (p,qq’) = n n n k p p p Cứ tiếp tục ta thu số mũ p : n! p p p p2 m ! qq ' p p Ví dụ: Số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố là 100 100 100 20 24 Từ đó 100! Có tận cùng 24 chữ số BÀI TẬP Bài Tìm tất số nguyên tố vừa là tổng số nguyên tố, vừa là hiệu số nguyên tố Bài Chứng minh số tự nhiên n luôn tồn n số tự nhiên liên tiếp không là số nguyên tố Bài Chứng minh không tồn n để 6n + biểu diễn dạng tổng số nguyên tố Bài Tìm tất các số tự nhiên n lẻ để n, n + 10, n + 14 là số nguyên tố Bài Tìm tất các số nguyên tố p cho 2p2 + là số nguyên tố a a2 b2 2 Bài Cho a, b, c là các số nguyên khác 0, a c thỏa mãn c c b Chứng minh a2 + b2 + c2 không thể là số nguyên tố Bài Tìm tất các số nguyên tố p cho p2 + 11 có đúng ước số nguyên dương Bài Tìm tất các số nguyên tố p cho hệ phương trình p + = 2x 2, p2 + = 2y2 có nghiệm nguyên Bài Chứng minh p và 8p2 + lẻ là số nguyên tố thì 8p2 + 2p + là số nguyên tố Bài 10.Tìm tất các số tự nhiên n cho n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 và n + 15 là số nguyên tố Bài 11.Cho số tự nhiên thỏa tính chất: Bình phương tổng hai số chia hết cho tích hai số còn lại Chứng minh có ít ba bốn số đó phải (10) ĐỒNG DƯ Định nghĩa Cho a, b, m là các số nguyên, m Nếu a – b chia hết cho m thì a gọi là đồng dư với b modulo m, ký hiệu a b mod m Tính chất Cho a, b, c, d là các số nguyên Nếu a b mod m thì b a mod m Nếu a b mod m và b c mod m thì a c mod m Nếu a b mod m và c d mod m thì a + c b + d mod m Nếu a b mod m và c d mod m thì ac bd mod m Nếu a b mod m, k nguyên dương thì ak bk mod m Nếu a b mod m và d| m thì a b mod d Nếu a b mod m thì ac bc mod cm với c khác Nếu ab ac mod m và (a,m) = thì 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 đó 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} và k l a(k – l) p k – l p k = l (mâu thuẩn) Vậy chia p – số trên 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 * Tập hợp x1, x2, …, xn gọi là hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số nguyên y tồn xi cho y xi mod m Tập {1,2,…, m – 1, m} là hệ thặng dư đầy đủ modulo m * Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có đúng m phần tử * Một tập gồm m phần tử là hệ thặng dư đầy đủ modulo m và hai phần tử khác nó không đồng dư với modulo m * Cho số nguyên a và m > Tập hợp tất các số nguyên x thỏa mãn x a mod m a a mt / t Z gọi là lớp đồng dư modulo m, ký hiệu Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m, thu cách lấy a = 1,2,…,m * Một tập hợp {r1,r2,…,rn} gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo m (r i,m) = 1, ri rj i j, i, j n và với số nguyên x nguyên tố cùng với m thì tồn r i cho ri x mod m Số các phần tử hệ thặng dư thu gọn modulo m xác định hàm Euler (m) là số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng với m Hàm phi - Euler 5.1 Định nghĩa (11) Hàm có các tính chất sau: 5.1.1 (mn) (m)(n) với (m,n) = n n n 5.1.2 Nếu p nguyên tố, (p) p 1, (p ) p p (n 1) , 1 2 k 5.1.3 Nếu m p1 p p k , p là các số nguyên tố thì i (m) m p1 p2 p k Ví dụ: (2) 1 , (3) 2 , (4) 2 2 , (20) 20(1 1 )(1 ) 8 5.2 Định lý Cho (a,m) = và r1, r2,…., rn là hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi đó ar 1, ar2, …, arn là hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Chứng minh Vì (a,m) = nên (r i,m) = thì (ari, m) = Ta chứng minh các phần tử tập {ar 1,ar2, …,arn} đôi phân biệt modulo m Thật vậy, ar i = arj mod m thì (a,m) = nên r i rj mod m (vô lý) Theo 4.4 ta có đpcm 5.3 Định lý Euler (m) 1 mod m Giả sử m là số nguyên dương và (a,m) = Khi đó a Chứng minh Giả sử r1, r2, …, r(m) là hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng với m Theo định lý trên ta suy ar 1, ar2, …, ar(m) gọn modulo m Như các đồng dư dương bé ar 1, ar2, , ar(m) r(m) a xếp theo thứ tự nào đó Vì ta có là hệ thặng dư thu phải là các số r1, r2, …, ar1.ar2 ar(m) r1r2 r (m) mod m hay (m) r1r2 r(m) r1r2 r(m) mod m (r1r2 r(m) , m) 1 a (m) 1mod m Vì nên Ví dụ Tìm dư chia số 112010 cho số 24 Giải (24) Ta có (11,24) = 11 1mod 24 11 1mod 24 112010 118.2512 112 1 mod 24 Phương trình đồng dư tuyến tính 6.1 Định nghĩa Phương trình dạng ax b mod m gọi là phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, m là các số đã biết x0 là nghiệm phương trình và ax0 b mod m Nếu x0 là nghiệm thì các phần tử thuộc lớp x là nghiệm 6.2 Định nghĩa Giả sử a, m là các số nguyên, m > Nghiệm phương trình ax mod m gọi là nghịch đảo a modulo m 6.3 Định lý Nghịch đảo a modulo m là (a,m) = (12) Chứng minh Gọi a’ là 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’ là nghịch đảo a modulo m a’ là vì có a’’ cho aa’’ mod m thì aa’ aa’’ mod m , mà (a,m) = a’ a’’ mod m 6.4 Hệ Nếu p nguyên tố thì phần tử tập hợp {1,2, , p – 1} có nghịch đảo modul p 6.5 Định lý Nếu (a,m) = thì phương trình ax b mod m có nghiệm theo modulo m Chứng minh Ta có {1,2,…,m} là hệ thặng dư đầy đủ modulo m và (a,m) =1 nên {a,2a, …,ma} là hệ thặng dư đầy đủ modulo m có đúng phần tử hệ này đồng dư với b mod m Suy đpcm 6.6 Định lý tồn nghiệm phương trình đồng dư tuyến tính Giả sử (a,m) = d Khi đó phương trình ax b mod m (1) có nghiệm và d| b Hơn nữa, d | b thì (1) có d nghiệm phân biệt modulo m, đó là m m m t, t , t , , t (d 1) d d d (2) a b m x mod d d đó t là nghiệm phương trình d (3) Chứng minh Nếu phương trình có nghiệm là x0 ax0 = b + mt d| b a b m a m x mod ( , ) 1 d d d d Đảo lại, d | b thì phương trình d có nghiệm t phương trình ax b mod m có nghiệm t Mỗi nghiệm (3) là nghiệm (1) và ngược lại Dễ thấy (2) là d nghiệm (3) nên (2) là d nghiệm (1) Ngoài hai nghiệm m m t r t s mod m (1 r,s d 1) d d (2) là phân biệt theo modulo m Thật m m r s mod m r s mod d d d r – s d r = s Tiếp tục, ta chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác ngoài (2) Giả sử y là nghiệm (1) ay b mod m ay at mod m y t mod m y t mod m/d m m k r mod m d d y = t + km/d Ta có k r mod d với r < d Do đó y t + rm/d mod m y thuộc (2) Ví dụ Giải phương trình 12x mod 23 Giải Do (12,23) = nên phương trình luôn có nghiệm Ta tìm số nguyên k cho + 23k chia hết cho 12 Chọn k = 12x 7.24 mod 23 x 14 mod 23 Mệnh đề Giả sử p là số nguyên tố Số nguyên a là nghịch đảo modulo p chính nó và a mod p a – mod p Chứng minh (13) Nếu a mod p a – mod p thì a2 mod p nên a là nghịch đảo modulo p chính nó Ngược lại, giả sử a là nghịch đảo modulo chính nó, tức là a2 mod p a2 – p a + p a – p hay a – mod p a mod p Định lý Wilson 8.1 Định lí 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 là số nguyên tố lớn 2, đó số nguyên a với a p – tồn nghịch đảo a’ với a’ p – cho aa’ mod p Theo mệnh đề trên có số và p – là nghịch đảo modulo p chính nó Như vậy, ta có thể nhóm các 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 đúng 8.2 Định lý Giả sử p là số nguyên dương cho ( p – 1)! – mod p thì p là số nguyên tố Định lý đồng dư Trung Hoa Giả sử m1, m2, …, mr là các số nguyên tố cùng đôi Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính 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 Bài Chứng minh a là số nguyên chẵn thì a2 mod 4, a là số nguyên lẻ thì a2 mod Bài Chứng minh a lẻ thì a2 mod Bài Chứng minh n7 – n 42 với n nguyên dương Bài Chứng minh a + b + c 30 thì a5 + b5 + c5 30 (a,b,c Z) 3n Bài Chứng minh 12 với n nguyên dương Bài Giả sử n là số tự nhiên không chia hết cho 17 Chứng minh n8 – 17 n8 + chia hết 17 Bài Tìm tất các số nguyên n cho n.2n + chia hết cho Bài Với số nguyên n nào ta có 12 + 22 + …+ (n – 1)2 mod n Bài Tìm dư phép chia (14) 19 54 2345 1000000 34 237 : 37 : 310 :135 a 23 :17 b 46 c 239 d Bài 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 Bài 11.Chứng minh định lý đảo định lý Wilson q p Bài 12.Chứng minh p, q là các số nguyên tố khác thì p q mod pq Bài 13.Chứng minh p nguyên tố và ap bp mod p thì ap bp mod p2 Bài 14.Chứng minh p là số nguyên tố lẻ thì 12.32…(p– 4)2(p –2)2 (–1)(p+1)/2 mod p Bài 15.Chứng minh p nguyên tố thì (p – 2)! – p p > thì (p –2)! – không phải là lũy thừa p Bài 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) là số nguyên tố là bình phương số nguyên tố b) Hãy xây dựng hàm f thỏa mãn điều kiện trên (15) BÀI TOÁN CHIA HẾT TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Chứng minh bài toán chia hết trên tập số nguyên Z là bài toán chương trình số học Song các bài toán chứng minh chia hết phong phú đa dạng Đê thấy cách giải các bài toán đó cần phải trang bị các phương pháp chứng minh Để thực điều đó, tôi xin đề xuất phương pháp chứng minh chia hết trên tập số nguyên Z Phương pháp quy nạp toán học Bài toán 1.1 Chứng tỏ hai số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho Chứng minh: Giả sử hai số tự nhiên liên tiếp là n và n+1 n , ta cần chứng minh hai số n n +1 chia hết cho Xét tích n.(n+1) đó cần chứng minh tương đương n.(n+1) ⋮ (1) + Với n = đó n.(n + 1) = 1.2 =2 ⋮ suy (1) luôn đúng + Giả sử (1) đúng với n = k, k 1 hay k.(k + 1) ⋮ Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + tức là chứng minh: (k+1).(k+2) ⋮ Thật ta có: (k + 1).(k + 2) = k(k + 1) + 2.(k + 1) Theo giả thiết quy nạp ta có k(k + 1) ⋮ mà 2.(k + 1) ⋮ Suy (k +1) ( k + 2) ∀ k∈N ⋮ hay (1) chứng minh Nhận xét: i Ở bài toán này ta sử dung phương pháp quy nạp, ta dễ dàng đưa điều cần chứng minh cách phân tích biểu thức cần chứng minh qua giả thiết đã có ii Bài toán có cách giải khác giới thiệu phần sau từ bài toán trên ta có bài toán tổng quát sau: (16) Bài toán 1.2 Trong n số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho n Chứng minh: Giả sử có n số tự nhiên liên tiếp n là (p + 1); (p + 2); ; (p +n) Ta cần chứng minh n số tự nhiên trên có số chia hết cho n Xét tích: (p + 1).(p + 2) (p + n) Điều cần chứng minh tương đương là (p + 1) ; (p + 2) ; ; (p +n) ⋮ n (**) + Với p = ta có (1 + 1).(1 + 2) ( + n) ⋮ n luôn đúng + Giả sử (**) đúng với p = k ; k >1 N ta có (k + 1).(k + 2) ( k + k) ⋮ k (2) Ta cần chứng minh (**) đúng với p = k +1 Tức là chứng minh (k + + 1).( k +2) ( k +1 + k +1) ⋮ (k+1) Thật ta có: (k + + 1).( k +2) ( k +1 + k +1) = (k + 2).(k + 3) ( 2k +2) = 2(k +1).(k + 2) (2k + 1) ⋮ k+1 Vậy (** ) chứng minh Bài toán 1.3 Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Chứng minh: +¿ Giả sử ba số nguyên dương liên tiếp đó là: n, n + 1, n + 2; n Z ¿ Ta phải chứng minh: n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ⋮ + Với n = ta có 13 + (1 + 1)3 + (1 + 2)3= 13 +23 + 33 = 36 Giả sử (3) đúng với n = -k , k >1 k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 Thật ⋮ nên (3) đúng +¿¿ Z đó ta có ⋮ (3) (17) (k + 1)3 + (k + 2)3+ (k + 3)3 = (k +1)3+ ( k + 2)3 + k3 + 9K2 + 27K + 27 = K3 + (K + 1)3+ (K +2)3 + 9K2 +27K + 27 = K3 + (K + 1)3+ (K +2)3 + 9(K2 +3K + 3) Mà theo giả thiết quy nạp ta có: K3+ (K+1)3 + (K+2)3 ⋮ K Mặt khác 9(K2 + 3K + 3) ⋮ Vậy (K + 1)3 + (K + 2)3 + (K + 3)3 ⋮ hay (3) chứng minh Nhận xét: Từ hai bài toán trên ta thấy phương pháp chứng minh quy nạp sử dụng thuận lợi và hiệu Để thấy rõ tính ưu việt phương pháp quy nạp ta xem xét bài toán sau (18)