Lý thuyết đồng d−
3.4 Định lý Euler và Định lý Fermat
Định lý 3.15. [Định lý Euler] Nếu a, m ∈ Z, m > 0,ucln(a, m) = 1 thì
aϕ(m) ≡ 1(modm).
Chứng minh: Vì ucln(a, m) = 1 nên a ∈ Z∗m. Giả sử Z∗m = {a1, . . . , aϕ(m)},(1).
Vì Z∗m là một nhóm giao hoán hữu hạn phần tử theo Định lý 3.13, nên Z∗m = {aa1, . . . , aaϕ(m)},(2).
Nhân tất cả các phần tử của Z∗m theo cách viết (1) và (2), ta nhận đ−ợc ϕ(m) i=1 ai = aϕ(m) ϕ(m) i=1 ai.
Do ϕi=1(m)ai khả nghịch nên aϕ(m) = 1 hay aϕ(m) ≡ 1(modm).
Định lý 3.16. [Định lý Fermat] Nếu số nguyên a không chia hết cho số nguyên tố p thì ap−1 ≡ 1(modp).
Chứng minh: Ta có ϕ(p) = p − 1. Vì a không chia hết cho p nên
ucln(a, p) = 1. Theo Định lý 3.15, ta có ap−1 ≡ 1(modp).
Hệ quả 3.17. Nếu p là số nguyên tố p thì ap ≡a(modp),∀ a ∈ Z.
Chứng minh: Nếu a không chia hết cho p thì ap−1 ≡ 1(modp) theo Định lý 3.16. Nhân hai vế với a ta nhận đ−ợc ap ≡ a(modp). Nếu a chia hết cho p, thì a ≡ 0(modp) và luỹ thừa p lần có ap ≡ 0(modp). Vậy ap ≡ a(modp).
Thí dụ 3.18. Sự chia hết
Chứng minh 100a+ 10b+c chia hết cho 21 khi và chỉ khi a−2b+ 4c
Chứng minh: Ta thấy 100a + 10b + c chia hết cho 21 khi và chỉ khi
4(100a+ 10b + c) chia hết cho 21. Do 4(100a + 10b+ c) = 19.21.a+ a + 2.21.b−2b+ 4c. Vậy 100a+ 10b+c chia hết cho 21 khi và chỉ khi a−2b+ 4c chia hết cho 21.
Thí dụ 3.19. Tìm số d− trong phép chia
(i) 15325 −1 chia cho 9, (1237156+ 34)28 chia cho 111.
(ii) 25n −1 chia cho 31 cho n = 0,1,2, ....
(iii) a = 22011969
+ 11969220 + 69220119 chia cho 102.
Chứng minh: (i) Vì 1532 ≡ 2(mod 9) nên 15325−1≡ 25−1 ≡4(mod 9). Ta có (1237156+ 34)28 ≡ (5056+ 34)28(mod 111). Vì 504 ≡ 34(mod 111)
nên (1237156+34)28 ≡(3414+34)28(mod 111). Tìm d− của a = 3414+34
chia cho 111.
(ii) Vì 25 ≡ 1(mod 31) nên 25n−1≡ 1n−1≡ 0(mod 31).
(iii) Vì 220 ≡ 0(mod 2),119 ≡ 1(mod 2),69 ≡ 1(mod 2) nên a ≡
0(mod 2).Vì 220 ≡ 1(mod 3),119 ≡ −1(mod 3),69 ≡ 0(mod 3) nên a ≡0(mod 3). Vì 220≡ −1(mod 17),119 ≡ 0(mod 17),69 ≡ 1(mod 17)
nên a ≡ 0(mod 17). Vậy a ≡0(mod 102).
Thí dụ 3.20. Đặt an(k) = nj=1jk với n, k nguyên d−ơng. Chứng minh rằng (i) an(3) = n 2(n+ 1)2 4 , an(5) = n2(n+ 1)2(2n2 + 2n−1) 12 .
(ii) 3an(5) chia hết cho an(3).
(iii) ki=1+1k+1
i
ak+1−i
n = (n+ 1)k+1−1. (iv) an(k) chia hết cho an(1) khi k là số lẻ.
Chứng minh: (i) và (ii) là hiển nhiên. (iii) Xét đồng nhất thức (x+ 1)k+1 −xk+1 = k+1 i=1 k + 1 i xk+1−i.
Thay lần l−ợt x = 1,2, . . . , n, rồi cộng các kết qủa lại ta sẽ có công thức cần chứng minh.
(iv) Ta chỉ ra 2an(k) chia hết cho n+ 1 và n. Vì k lẻ và
nên 2an(k) chia hết cho n+ 1. Ta lại có
2an(k) = nk+ [(n−1)k+ 1k] +ã ã ã+ [1k+ (n−1)k+nk = n.b, b ∈ N+, nên 2an(k) chia hết cho n. Vậy an(k) chia hết cho an(1) khi số k lẻ.
Thí dụ 3.21. Đặt an = 12005+22005+...+n2005, n ∈ N+. Khi đóan không chia hết cho n+ 2.
Chứng minh: Ta có
2an = [n2005+ 22005] + [(n−1)2005+ 32005] +ã ã ã+ [22005+n2005] + 2. Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N+ và ta suy ra an không chia hết cho n+ 2. Thí dụ 3.22. Đặt (1 + 4√3 2− 4√3 4)n = an + bn√3 2 + cn√3 4 cho mọi n nguyên không âm và an, bn, cn nguyên. Chứng minh an chia cho 8 d− 1, còn bn, cn cùng chia hết cho 4. Chứng minh: Ta có an+1 +bn+1 3 √ 2 +cn+1 3 √ 4 = (an +bn√3 2 +cn√3 4)(1 + 4√3 2−4√3 4). Vậy an+1 = an−8bn + 8cn, bn+1 = 4an +bn−8cn, cn+1 = −4an + 4bn +cn. ⇒ an+1 ≡ an(mod 8), bn+1 ≡ bn(mod 4), cn+1 ≡ cn(mod 4). Từ a1 = 1, b1 = 4, c1 = −4 ta suy ra điều cần chứng minh.
Thí dụ 3.23. Cho k là số nguyên d−ơng lớn hơn 1. Dãy số {an} đ−ợc xác định nh− sau: a1 = 1, còn an là số nguyên d−ơng thứ n lớn hơn an−1 và đồng d− với n theo môđun k. Tìm công thức tính an cho mọi n.
Chứng minh: Theo giả thiết a1 ≡ 1(modk) và an ≡ n(modk), an > an−1
cho mọi n. Ta thấy số nguyên d−ơng đầu tiên thoả mãn điều kiện này là an−1 + 1. Số nguyên d−ơng thứ n lớn hơn an−1 và đồng d− với n theo môđun k chính là an = an−1 + 1 + (n−1)k. Từ công thức này ta suy ra an = n[2 + (n−1)k]