Một số chứng minh tổ hợp - Mở rộng Định lý Fermat- 123docz.net

2 Mở rộng Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson

2.3 Một số chứng minh tổ hợp

k+1 2

p =b2. (1)

Xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1. 3k−1 chia hết cho p. Ta có

3k−1 2p ,3 k+1 2 =1 nên theo (1) thì 3k−1=2px2 3k+1=2y2

vớix,y∈Z+ và(x,y) =1. Dẫn đếny2≡2(mod 3)(vơ lí).

Trường hợp 2. 3k+1 chia hết cho p. Tương tự như trên, ta cũng có

3k−1=2x2,

3k+1=2py2

với x,y∈Z+ và(x,y) =1. Nếuk lẻ thì ta có 3k+1=0(mod 4)nên y chia hết cho 2, từ đó suy ra2py2 chia hết cho 8. Điều này vơ lí vì3k+1≡4(mod 8). Do

đók chẵn, k=2t(t ∈Z+). Ta có

Chú ý rằng(3t−1)(3t+1) =2 nên một trong hai số3t−1 và3t+1 phải là số chính phương. Tuy nhiên, 3t−1≡ 2(mod 3) nên 3t−1 khơng thể là số chính phương, suy ra

3t+1=c2

vớic∈Z+, hay

3t = (c−1)(c+1).

Từ đây, ta suy ra c−1=3m và c+1=3n vớim,n∈N,m<nvà m+n=t. Do đó

2=3n−3m =3m(3n−m−1).

Suy ra m=0,n=1 vàt =1. Ta tính đượck=2 và p=5. Thử lại, ta thấy thỏa

mãn.

Bài tập 3.Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2004−y3003=7.

Giải.Đặt X =x1002,Y =y1001, khi đó đưa phương trình đã cho về dạng:

X2−Y3=7.

Ta sẽ chứng minh rằng phương trình khơng có nghiệm ngun dương. Thật vậy, giả sử phương trình có nghiệm ngun dươngX0,Y0. Khi đó:

X02−Y03=7 → X02+1=Y03+8

→ X02+1= (Y0+2)(Y02−2Y0+4).

Chỉ có 2 khả năng xảy ra:

1) NếuY0 chẵn, tức làY0=2k, ta có

Y02−2Y0+4=4k2−4k+4 → (Y02−2Y0+4)...4

→ (X02+1)...4

→ X02≡ −1(mod 4).

Ta biết rằng nếu X0 là số nguyên thì hoặc là X02...4 hoặc làX02≡ 1(mod 4), vậy

2) NếuY0 lẻ, tức làY0 =4k+1hoặcY0=4k−1.

a) NếuY0≡ −1(mod 4). Lúc này ta có(Y0+2)≡1(mod4)và(Y02−2Y0+4)≡ −1(mod 4). Ta suy ra

X02+1≡ −1(mod 4)→X02+1≡ −2(mod 4).

Từ lập luận trên suy ra điều vơ lí. Vậy trường hợp a) khơng thể xảy ra.

b) NếuY0≡1(mod 4). Khi đó(Y0+2)≡3(mod 4),suy raY0+2có ít nhất một ước ngun tố p có dạng4k+3. Suy ra

(X02+1)...p → X02≡ −1(mod p)→(X02)2k+1≡ −1(mod p) → X0(4k+3)−1≡ −1(mod p)→X0p−1≡ −1(mod p).

Do plà số nguyên tố, nên theo Định lý Fermat nhỏ, ta có (X0p−X0)...p→X0(X0p−1−1)...p.

VìX02≡1(mod p)→X06...p và vì p ngun tố nên(X0,p) =1, do vậy đi đến

(X0p−1−1)...p→X0p−1 ≡1(mod p).

Dẫn đến điều vơ lí.

Vậy trong mọi trường hợp ta đề gặp mâu thuẫn, do đó giả thiết có nghiệm nguyên dương là sai, tức là phương trình khơng có nghiệm ngun dương. Vì lẽ ấy phương trình đã cho khơng có nghiệm ngun dương.

Bài tập 4.Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x41+x42+· · ·+x414 =1599.

Giải.Để ý rằng nếua chẵn thìa4= (2k)4=16k4, suy ra a4≡0(mod 16).

Nếu a lẻ thì

a4= (2k+1)4=16k4+32k2+8k(3k+1) +1.

Dễ thấy với mọik∈Z, thìk(3k+1)...2, do đó suy ra khialẻ thìa4≡1(mod 16).

Vì lẽ đó, với mọi a∈Z thì    a4≡0(mod 16) a4≡1(mod 16).

Từ đó suy ra với mọi xi ∈Z,i=1,2, . . . ,14, thì

x41+x42+· · ·+x414 ≡m(mod 16),

trong đó m∈ {0,1,2, . . . ,14}.

Mặt khác:

1599≡15(mod 16).

Vì lẽ ấy phương trìnhx41+x42+· · ·+x414 =1599khơng có nghiệm ngun.

Bài tập 5.Chon≥5là số tự nhiên. Chứng minh rằng

(n−1)!

...(n−1)

Lời giải. a) Trường hợp 1:n là số nguyên tố.

Theo Định lí Wilson, ta có(n−1)!≡ −1(mod n).Suy ra((n−1)!+1)...n.

Ta có (n−1)! n = (n−1)!+1 n −1 n =(n−1)!+1 n −1 (Vì0< 1 n <1) =(n−1)!−(n−1) n . Nên (n−1)! n ...(n−1).(Vìgcd(n,n−1) =1)

b) Trường hợp 2:n là hợp số.

+/ Nếu n khơng là bình phương của một số ngun tố. Khi đón=rsvới1<r<s<n. Dogcd(n,n−1) =1, nêns<n−1→(n−1)!=kn(n−1) suy ra (n−1)! n =k(n−1)...(n−1).

+/ Nếu n khơng là bình phương của một số nguyên tố. Khi đón= p2 với plà một số nguyên tố.

Do p2=n,n≥5, suy ra p≥3→ p2≥3p>2p+1→2p< p2−1, hay2p<n−1.Nên 1< p <2p <n−1. Từ đó suy ra (n−1)! n ...(n−1).

Chương 2

Mở rộng Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson

Mục đích của chương này là trình bày một dạng mở rộng của Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson và ứng dụng của hai định lý đó.

2.1 Một dạng tổng quát của Định lý Fermat nhỏ

Trước tiên ta cần nắm vững một số vấn đề sau làm cơ sở nghiên cứu dạng mở rộng của Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson.

Định nghĩa 2.1.1. Phi hàm Eulerϕ(n)được định nghĩa là số các số nguyên k

sao cho1≤k ≤nvà nguyên tố cùng nhau vớin.

Euler định nghĩa phi hàm Euler vào năm 1970.

Bổ đề 2.1.2. Với mỗi số nguyên a,d,n, nếu gcd(d,n) = 1 thì khi đó n hạng tử a,a+d,a+2d, . . . ,a+ (n−1)d khi chia cho n sẽ có số dư lần lượt là

0,1, . . . ,n−1, phần dư nhỏ nhất(mod n)là 0,1, . . . ,n−1 theo thứ tự. Chứng minh. Xét tập{a,a+d,a+2d, . . . ,a+ (n−1)d}. Giả sử rằng

với k,d ∈Zsao cho 0≤ k< j< n. Khi đókd ≡ jd (mod n). Vì gcd(d,n) =1

khi đó giản ước ta được k ≡ j (mod n), mâu thuẫn. Do đó các số trong dãy là đồng dư với {0,1, . . . ,n−1} theo thứ tự.

Bổ đề 2.1.3. Φ(pm) = pm−1(p−1).

Chứng minh. Chú ý rằng gcd(n,pm) = 1 khi và chỉ khi p -n. Sẽ có pm−1 số nguyên giữa 1 và pm chia hết cho p : {p,2p,3p, . . . ,(pm−1)p}. Do đó sẽ có pm−pm−1số nguyên giữa1và pm mà chúng nguyên tố cùng nhau với pm. Như vậy ϕ(pm) = pm−pm−1= pm−1(p−1).

Bổ đề 2.1.4. Phi hàm Euler là hàm nhân tính.

Chứng minh. Một hàm số học được định nghĩa là hàm nhân tính nếu f(mn) = f(m)f(n) khi m,n nguyên tố cùng nhau [7, p.15]. Để chỉ ra phi hàm Euler là hàm nhân tính ta cần chỉ ra rằng với m và n là nguyên tố cùng nhau thì ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Vì ϕ(1) =1, kết quả sẽ được giữ nguyên nếu m hoặc n bằng1. Do đó ta sẽ giả sửm,n>1. Tiếp theo sắp xếp các số nguyên từ1tớimn vàom cột như sau:

1 2 · · · r · · · m m+1 m+2 · · · m+r · · · 2m 2m+1 2m+2 · · · 2m+r · · · 3m

... ... ... ...

(n−1)m+1 (n−1)m+2 · · · (n−1)m+r · · · nm

Vìgcd(a,bc) =1⇔gcd(a,b) =1 vàgcd(a,c) =1,ϕ(mn)khơng chỉ bằng với các phần tử bên trên mà nguyên tố cùng nhau với mn màϕ(mn) còn bằng với số nguyên tố cùng nhau với cả m và n. Chú ý rằng gcd(qm+nr) =gcd(r,m), như vậy cho một cột r nhất định, phần tử trong cột nguyên tố cùng nhau vớim khi và chỉ khi r nguyên tố cùng nhau với m. Cóϕ(m)cột như vậy. Bây giờ cho gcd(r,m) =1 với một số cộtr. Các phần tử trong cột thứr là:

Có n số nguyên trong dãy trên và khơng có hai số nào đồng dư với nhau. Rõ ràng hơn, ta giả sử sm+r ≡ tm+r (mod n). Khi đó sm ≡tm (mod n). Suy ra cột thứ r chứa các số nguyên mà chúng nguyên tố cùng nhau với n như tập

{0,1,2, . . . ,n−1}, gọi là số nguyên ϕ(n). Do đó tổng các số nguyên tố cùng nhau với cảmvà n làϕ(m)ϕ(n).

Ví dụ 1.ϕ(945) =ϕ(33·5·7) =32·50·70·(3−1)·(5−1)·(7−1) =432

Ví dụ 2.

13433≡? (mod 945)

Chú ý rằnggcd(13,945) =1 và theo như bên trên,ϕ(945) =432.Do đó

13433 =13432·13≡13 (mod 945).

Định lý 3. (Tổng quát về Định lý Fermat nhỏ)

Nếu n=ϕ(N) là số các số nguyên dương không vượt quáN và nguyên tố cùng nhau với N, khi đó xn−1 chia hết choN với bất kì số nguyên x nào nguyên tố cùng nhau vớiN.

Đầu tiên chúng ta nghiên cứu chứng minh của Euler [4, p.61]

Chứng minh 3.1 (Euler, 1760) Chovlà bậc của x. Khi đó theo bổ đề 2.2.2, hệ

{1,x,x2, . . . ,xn−1} là phân biệt(mod N) và nguyên tố cùng nhau với N. Do đó v≤ϕ(N).

(Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử v>ϕ(N). Khi đó có nhiều hơnϕ(N)số nguyên mà chúng nguyên tố cùng nhau với N, mâu thuẫn).

Nếu v= ϕ(N), chứng minh hoàn tất. Nếu v< ϕ(N) khi đó có một số nguyên dươnganhỏ hơnNvà nguyên tố cùng nhau vớiN. Khi đó{a,ax,ax2, . . . ,axv−1}

là phân biệt với bất kì lũy thừa nào của x:

(Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử axm ≡axn(mod N) với n <m. Khi đó xm−n≡1 (mod N), mâu thuẫn. Nếu axm ≡xn (mod N), khi đó a≡1 (mod N) và ta biết rằng{1,x,x2, . . . ,xv−1}là phân biệt).

Do đó 2v ≤ n. Nếu 2v = n. chứng minh hoàn tất. Nếu khơng thì xét 3v ≤ n. Tiếp tục tính tốn, ta thấy rằng v chia hết ϕ(N) suy ra Φ(N) =vm với một số

số nguyênm. Khi đó

xn=xvm= (xv)m≡1m≡1 (mod N).

Lapace cũng cung cấp một chứng minh dạng tổng quát [4, p.63], đó là: Nếu gcd(a,n) =1 thì khi đó aϕ(n) ≡1(mod n).

Chứng minh 3.2 (Laplace, 1776)

Cho s= pe1

1 · · ·pek

k với pi 6= pj với i6= j với mỗi pi là nguyên tố. Cho a ∈Z và gcd(a,s) =1. Cho v = ϕ(s) = (pe1−1 1 )· · ·(pek−1 k )(p1−1)· · ·(pk−1) q = ϕ(pe1 1 ) = (pe1−1 1 )(p1−1) r = (pe2−1 2 )(p2−1)· · ·(pek−1 k )(pk−1). Khi đó v=qr=s(p1−1 p1 )(p2−1 p2 )· · ·(pk−1 pk ).

Chox=aq. Khi đóav−1=aqr−1=xr−1chia hết cho x−1 bởi vì (x−1)(xr−1+xr−2+· · ·+x+1) =xr−1.

Nghĩa là,aϕ(s)−1chia hết choaϕ(pe11)−1. Bây giờ bằng quy nạp ta chỉ rax−1

chia hết cho pe1

1 .

Đầu tiên, cho e1 =1. Khi đóx−1 =aq−1= ap(1−1)1 (p1−1)−1 =ap1−1−1≡

0(mod p1)theo như Định lý Fermat nhỏ. bây giờ ta giả sử nó đúng vớie1−1≡

1 (mod pe1−1 1 )và a(p e1−2 1 (p1−1))=aϕ(p e1−1 1 )=1+mpe1−1 1

vớim∈Z. Khi đó aΦ(p e1 1 ) = a(p e1−1 1 )(p1−1) = (a(p e1−2 1 )(p1−1))p1 = (1+mpe−1−11 )p1 = 1+ p1 1 ! mpe1−1 1 +mpe1 1 Q = 1+mpe1 1 +mpe1 1 Q = 1+pe1 1 (m+mQ). Khi đó x−1 chia hết cho pe1

1 . Vì pe1 1 | (x−1) và (x−1) | (xr−1), suy rra pe1 1 |(xr−1). Tương tự, mỗi pe2 2 ,pe3 3 ,· · ·,pek k chia hết (xr−1). Vì mỗi pei i là nguyên tố cùng nhau, tích của chúng scũng chia hết(xr−1). Do đó

aϕ(s) =av=xr≡1 (mod s).

2.2 Một dạng tổng quát của Gauss về Định lý Wilson

Gauss [4, p.65] là người đầu tiên công bố một cách khái quát nhất Định lý Wilson:

Định lý 4. Cho P là tích của Φ(A) số nguyên n1,n2, . . . ,nΦ(A), tất cả đều nhỏ hơn A và gcd(ni,A) = 1 với mọi i. Cho A= 2jpe1

1 pe2

2 · · ·pek

k với pi là các số nguyên tố lẻ phân biệt và ϕ(A)>0. Nếu A= 4 hoặcA=2jpm với j=0 hoặc

j=1, khi đóP≡ −1(mod A). Nếu khơng thì P≡1 (modA).

Chứng minh 4.1. (Minding, 1832)

Bình phương t của p1 và sử dụng Định lý phần dư Trung Hoa để xác định số a sao cho a ≡t (mod p1) anda ≡1 (mod 2p2p3· · ·pk). Khi đóa là một căn bậc lẻ không dư của A.

Cho n1x≡ a (mod A) và n2y ≡a (mod A) sao cho n1 6= n2 và n2 6=a. Khi đó y6=n1,x,n2. Theo cách nàyϕ(A) số nguyênn1,n2, . . . ,nϕ(A) có thể kết hợp với nhau n1x,n2y, . . . sao cho tích của của hai trong bất kì cặp nào đồng dư với a (mod A). Vì thế sẽ có ϕ(A)/2 cặp,P≡aϕ(A)/2(mod A).

Trường hợp 1. A=2jpm với j=0 hoặc j=1.

Khi đó

ϕ(A) =ϕ(2jpm) =ϕ(2j)ϕ(pm) = (pm−1)(p−1),

vàaΦ(A)=a(pm−1)(p−1)=aϕ(pm)≡1(mod pm) vìgcd(a,pm) =1theo như Định lý Fermat nhỏ. Do đó theo tiêu chuẩn Euler

aϕ(A)/2=ap−12

pm−1

≡(−1)pm−1 ≡ −1 (mod p).

Do đó pm chia hếtaϕ(A)/2−1hoặcaϕ(A)/2+1. Ta biết rằng p chia hếtaϕ(A)/2+

aϕ(A)/2≡ −1(mod pm)≡ −1(modA).

Nếu A=2pmkhi đó vìalà số lẻ,aϕ(A)/2≡(−1)(mod2). Do đóP=aϕ(A)/2≡ −1(mod A). Trường hợp 2. A=2jpm với j≥2. Khi đóϕ(A) =2j−1(pm−1)(p−1), và aϕ(A)/2=a(2j−1)(pm−1)(p−1)/2= apm −1(p−1) 2 2j−1 ≡(−1)2j−1 ≡1 (mod pm, và aϕ(A)/2= (a2j−1)(pm−1)(p−1)/2 ≡1pm−1(p−1)/2≡1 (mod2j).

Chú ý: Theo như Định lý Fermat nhỏa2j−1 ≡1(mod2j). Do đóP≡aϕ(A)/2≡1

(mod A).

Trường hợp 3. A=2jpmqn· · · vớim,n,j>0 và p,q phân biệt. Khi đó aϕ(A)/2 = ha(pm−1)(p−1)/2

i2j−1qn−1(q−1)···

≡ (−1)2j−1qn−1(q−1)· · ·

vì q−1 là số chẵn. Tương tự: aϕ(A)/2 = haqn−1(q−1) i2j−1pm−1(p−1)/2··· ≡ 12j−1pm−1(p−1)/2· · · (modqn) ≡ 1 (modqn) và aϕ(A)/2=a2j−1 pm−1p−12 (qn−1)(q−1)··· ≡1(mod2j). Do đóP≡aϕ(A)/2≡1 (modA) theo như Định lý phần dư Trung Hoa.

Trường hợp 4. A=2j với j≥2.

Vì x2≡ −1 (mod 4) là vơ lí, x2 ≡ −1 (mod 2j) cũng vơ lí vì 4|2j. Do đó ta có thể ghép cặp các số nguyên lẻ nhỏ hơn 2j sao cho x1·x2 ≡ −1 (mod 2j). Vì ϕ(2j) =2j−1, ta có2j−2 cặp. Do đó

Nếu A=22:

P≡aϕ(A)/2≡(−1)2j−2 ≡ −1 (mod A) và nếuA=2j với j>2:

P≡aϕ(A)/2≡(−1)2j−2 ≡+1 (mod A).

Tổng quát về Định lý Wilson cũng có thể bắt đầu bằng cách dưới đây:

Định lý 4. Giả sửn>1và Qlà

{a|1≤a≤n−1, gcd(a,n) =1}.

ChoPlà tích các phần tử của Q. Nếun=2,4,pe,hoặc2pe, với plà số nguyên lẻ, khi đó P≡ −1 (modn) hoặcP≡1 (modn).

Chứng minh 4.2. (Howard and Turnage, 2007)

Chứng minh này có sử dụng ý tưởng của Crelle (1840), Prouhot (1845), và Arndt (1846).

Khi đó theo Bổ đề 1.1.12,ncó một căn nguyên thủy, gọi nó làr. Khi đó sử dụng bổ đề 11, Q≡ {r,r2, . . . ,rΦ(n)} (mod n), vì thế tích của các phần tử là đồng dư P, và ta có P≡r·r2· · ·rϕ(n) (modn) = r1+2+3+···+ϕ(n) = rϕ(n)(1+ϕ(n))2 = rϕ(n)/2(1+ϕ(n)) ≡(−1)(1+ϕ(n)) ≡ −1 (modn). Ta sử dụng: •ϕ(n)là chẵn vớin>2.

Chứng minh [5, p.128] Nếu n là lũy thừa 2, cho n= 2k với k≥ 2. Khi đó

ϕ(n) =ϕ(2k) =2k 1−12

=2(k−1)là một số nguyên chẵn. Nếu n không phải là một lũy thừa của 2, khi đó nó sẽ chia hết cho một vài số nguyên tố lẻ p. Khi đó n = pkm với k ≥ 1 và gcd(pk,m) = 1. Vì ϕ là hàm nhân tính nên ϕ(n) = ϕ(pk)·ϕ(m) =pk

1−1p·ϕ(m) = pk−pk−1ϕ(m) =pk−1(p−1)ϕ(m). Do

đó2|(p−1), ϕ(n)là số chẵn.

•rϕ(n)/2 ≡ −1(mod n).

Chứng minhCác trường hợp n=2và n=4 là đơn giản, vì thế chon = pe. Khi đó

(rϕ(n)/2−1)(rϕ(n)/2+1) =rϕ(n)−1≡0 (modn)

suy ra p|(rϕ(n)/2−1) hoặc p|(rϕ(n)/2+1). Lưu ý rằng p không chia hết cho cả 2 nhân tử: nếu pchia hết cho cả hai nhân tử, nó sẽ chia hết cho liên hợp của nó, suy ra p|2, mâu thuẫn. Vì r là một căn nguyên thủy (mod n) nên ta khơng có (rϕ(n)/2−1)≡0 (modn). Do đó với n= pe,

rϕ(n)/2+1≡0 (modn).

Chứng minh tương tự nếun=2pe. Trong trường hợp rlà lẻ, do đó 2|(rϕ(n)/2±

1). Tóm lại ta córϕ(n)/2+1≡0 (modn).

Xétx2≡ −1 (mod 4). Vì x2≡ −1 (mod 4) là khơng có nghiệm,x2≡ −1 (mod n) cũng khơng có nghiệm, vì4chia hếtn. Do đó với mỗi phần tử acủaQ, đồng dưax≡ −1 (modn) có nghiệm duy nhấtx=btrongQ, vàb6=a. Ghép cặp các phần tử a và b trong Q sao cho ab≡ −1 (mod n). Khi đó vì n chia hết cho 4,

n=2jmvới số nguyênmvà j≥2. Khi đó

n=    2jm j≥3, m∈Z 4p|n plà số nguyên tố lẻ và do đó ϕ(n) =    2j−1ϕ(m) 2(p−1)· · · Suy ra 4|ϕ(n), vì thế ϕ(n)2 là chẵn. Khi đó P≡(−1)ϕ(n)/2≡1 (modn). Trường hợp 3: n = 2jpe1 1 pe2 2 · · ·pek

k , với j = 0 hoặc j = 1, với mỗi pi là số nguyên tố lẻ, và k≥2.

Bây giờ ta chỉ ra rằng x2≡ 1 (mod n) có 2k nghiệm. Để nhận thấy điều này, ta sử dụngx2≡1(mod pei

i ) có chính xác hai nghiệmx=1vàx=−1. Lưu ý rằng

x2≡1 (mod 2jpe1

1 · · ·pek

k ) nếu và chỉ nếux2 ≡1 (mod 2j) và x2 ≡1 (mod pei

i ) fori=1, . . . ,k. Do đó sử dụng định lý phần dư Trung Hoa vào hệ

x ≡ 1 (mod 2j) x ≡ ±1 (mod pei

i ), i=1, . . . ,k

ta thấy rằng các nghiệm xuất hiện là a và (n−a) với a(n−a)≡ −(a)2 ≡ −1