CHƯƠNG 1 LÍ THUYẾT CHIA HẾT TRONG TẬP SỐ TỰ NHIÊN
1.4. Quan hệ đồng dư
1.4.2. Ứng dụng quan hệ đồng dư trong bài toán chia hết
1.4.2.1. Ứng dụng tính chất của đồng dư thức. Ví dụ 1. Chứng minh rằng: a, 2222 + 5555 chia hết cho 7. b, 5 + 5 chia hết cho 6. Giải a, Ta có 2222 ≡ 3(mod 7) và 5555 ≡ 4(mod 7)
Do 32 = 9 ≡ 2(mod 7) nên 33 ≡ −1 (mod 7) và 5555 ≡ 3.1851 + 2 Từ đó ta có 2222 ≡ 3 . . 3 ( 7) ≡ (−1) . 2( 7) ≡ −2( 7) 5555 ≡4. .4 ≡ 1740.2(mod 7)
≡ 2(mod 7)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng 5 + 5 chia hết cho 6, với mọi n ≥ 1.
Giải Ta có 5 = 5 .
=5.. =25 .
Vì 25 ≡ 1(mod 6) nên 5 = (25) . ≡ 1(mod 6).
Mặt khác 5 ≡ 5(mod 6) suy ra 5 ≡ 0(mod 6). Do đó 5 + 5⋮ 6.
Trường hợp đặc biệt n = 2009 ta được 5 ⋮ 6.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có a, 122n+1 + 11n+2 . 133
b, 22n + 15n − 1 . 9.
Giải a, Ta có 122n+1 = 12.122n = 12.(122)n = 12.144n.
Vì 144 ≡ 11(mod 133) nên 144n ≡ 11n(mod 133). Do đó 12.144n ≡ 12.11n(mod 133).
Suy ra 122n+1 ≡ 12.11n(mod 133) (1)
Mặt khác 11n+2 = 121.11n, mà 121 ≡ −12 (mod 133) nên 121.11n ≡ −12.11n(mod 133) (2)
Cộng hai vế của phép đồng dư (1) và (2) ta được 122n+1 + 11n+2 ≡ 0(mod 133) b, Ta có 22n + 15n − 1 ≡ 22n − 1 −3n(mod 9). Suy ra 22n − 1 − 3n = 4n − 1 − 3n = (4n − 1) − 3n = 3[(4 + … + 4 + 1) − n] Do đó để chứng minh 22n + 15n − 1 ≡ 0(mod 9) ta chứng minh 4 + … + 4 + 1 ≡ n(mod 3). ố
1.4.2.2. Sử dụng định lí Euler và Fermat chứng minh tính chia hết. Ví dụ 1. Chứng minh rằng: Nếu (a, 240) = 1 thì −1 ⋮ 240. Giải Ta có 240 = 2 .5.3. Mà (a , 240) = 1 => (a , 5) = (a , 2) = (a, 3) = 1 Áp dụng định lí Fermat ta có
a2 ≡ l(mod 3) suy ra a4 ≡ l (mod 3) và a4 ≡ l (mod 5) suy ra a4 − 1≡ 0(mod5). (1)
Mặt khác a lẻ nên a 4 − 1 = (a − 1 ) (a + 1) ( + 1 ) ⋮ 2
Vì tích của 3 số chẵn trong đó có 2 số chẵn liên tiếp nên một trong 3 số phải
chia hết cho 3 nên a4 − 1 chia hết cho 24 hay a4 ≡ 1 (mod 24 ). (2)
Do a2 , (a2 − 1), (a2 + 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên một trong 3 số phải chia hết cho 3.
Mà a lẻ suy ra (a2 − 1) (a2 + 1) ⋮3 Suy ra a4 − 1 ≡ 0 (mod 3) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.
a, Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 7 thì:
3 − 2 − 1 ⋮ 42p
b, Chứng minh rằng 2 là hợp số với mọi n > 0 Giải
a, Ta có 42p = 2.3.7. p. Mặt khác
3 − 2 − 1 =(3 −1)−2 ⋮ 2 (1) 3 − 2 − 1 =2 −3 − (2 +1)⋮3 (2)
Vì p là số tự nhiên lẻ nên 2 +1 ⋮ (2+1) = 3 và 3 − 1 là số chẵn. Theo định lí Fermat ta có 3 ≡ 3(mod p) và 2 ≡ 2(mod p)
Do đó 3 − 2 − 1 ≡ 0 (mod p) (3)
Do một số nguyên tố chia cho 6 có thể dư 1 hoặc 5 nên Nếu p = 6k +1 thì
3 − 2 − 1 = 3. (3 ) − 2. (2 ) − 1 ≡ 3 − 2 − 1 ≡ 0( 7) Nếu p = 6k + 5 thì
3 − 2 −1 =3 .3 −2 .(2 −1≡3 −2 −1≡0( 7) Theo định lí Fermat 36 ≡ l (mod 7) và 26 ≡ 1 (mod 7)
Suy ra 3p− 1P − 1 ⋮ 7
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra 3 − 2 − 1 ⋮ 2.3.7.p = 42p Ta có điều phải chứng minh
b, Ta chứng minh 2 + 19 ⋮ 3, với mọi n ≥ 1 Thật vậy, theo định lí Fermat 210≡ l(mod 11) suy ra 2 ≡ 2(mod 22)
suy ra 2 = 22k+ 2. k ∈ N.
Theo định lí Fermat ta có: 2 ≡ l(mod 23) Suy ra 2 ≡ 2 ≡ 4(mod 23)
suy ra 2 + 19 ⋮ 23 và 2 + 19 >23 Với mọi n ≥ 1. Vậy 2 + 19 là hợp số tự nhiên n > 0.
2 +7⋮11
Giải
Ta có 11 là số nguyên tố (2, 11) = 1. Theo định lí Fermat ta có 2 10 ≡ l(mod
11). Ta tìm dư trong phép chia 2 cho 10.
Ta có 2 = 2.16n ≡ 2(mod 10) nên 24 n + 1= 10m + 2, m ∈ N.
Vậy 2 +7= 2 = 4.2 +7 ≡ 4 + 7 ≡ 0 (mod 11). Ví dụ 4. Chứng minh 2 + 3 ⋮11 với n là số tự nhiên.
Giải
Ta có (11) = 10, (10) 10 = (1 − ).(1− ) = 4
Áp dụng định lí Euler ta có (3, 10) = 1 nên 3 ( )
≡ 1 (mod 10) ≡ 1 (mod 10)
Đặt 3 = 10k +3 với k ∈ . Khi đó ta có : 2 +3=2 + 3. Áp dụng định lí Euler ta có (2, 11) = 1 suy ra 2 (11) ≡ l (mod 11) 2 ≡ l (mod 11) suy ra 2 ≡ 2 + 3 (mod 11) ≡ 2 (mod 11) Suy ra 2 +3 ≡ 0 ( 11) Vậy 2 + 3 ⋮ 11