ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN LÊ MINH MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN LÊ MINH MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT, SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Mở đầu Chương Quan hệ chia hết, số nguyên tố 1.1 Quan hệ chia hết 1.1.1 Quan hệ chia hết 1.1.2 Ước chung lớn thuật toán Euclid 1.2 Số nguyên tố hợp số 1.3 Định lý số học 1.4 Biểu diễn số hàm tổng chữ số 1.4.1 Biểu diễn số tự nhiên theo số 1.4.2 Hàm tổng chữ số số tự nhiên Chương Số mũ, định giá p−adic vận dụng 2.1 Định lý Euler số mũ 2.1.1 Định lý Euler Định lý Fermat nhỏ 2.1.2 Số mũ theo modulo 2.2 Định giá p-adic vp (n) 2.2.1 Khái niệm định giá p-adic 2.2.2 Định giá 2−adic 2.3 Kết Wolstenholme, Thue, Schur 2.4 Vận dụng giải số thi học sinh giỏi 2.4.1 Vận dụng số mũ 2.4.2 Vận dụng định giá p−adic 2.4.3 Vận dụng kết Thue, Schur 2.4.4 Vận dụng Định lý số học Kết luận Tài liệu tham khảo 3 10 12 14 14 16 19 19 19 20 21 21 25 26 30 30 35 37 38 40 41 Mở đầu Số học coi nữ hồng Tốn học chứa đựng nhiều vẻ đẹp tư logic Khơng nhiều ngành tốn học khác, Số học tồn nhiều giả thuyết chưa có câu trả lời mà học sinh hiểu với kiến thức trung học sở Quá trình tìm kiếm lời giải cho giả thuyết làm nhiều tư tưởng lớn, nhiều lý thuyết lớn toán học nảy sinh Nếu trước đây, Số học xem lĩnh vực toán học lý thuyết túy, xa rời thực tiễn ngày nay, nhờ có phát triển mạnh mẽ cơng nghệ máy tính mà nhiều thành tựu Số học có ứng dụng trực tiếp vào lĩnh vực bảo mật thơng tin, mật mã, số hóa Do Số học mệnh danh nữ hoàng tư nên tốn Số học ln ln xuất giữ vị trí quan trọng kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế Số học cầu nối tự nhiên đưa học sinh tiếp cận với khoa học đại Vì việc trang bị kiến thức Số học cho học sinh phổ thông cần thiết Bản thân tơi giáo viên giảng dạy mơn Tốn cấp THCS Trong q trình giảng dạy ơn thi học sinh giỏi, thường xuyên gặp toán số học đặc biệt toán quan hệ chia hết số nguyên tố Vì vậy, tơi chọn đề tài: “Một số tốn quan hệ chia hết, số nguyên tố định giá p-adic” nhằm tìm hiểu sâu quan hệ chia hết, số nguyên tố cách vận dụng để giải toán đề thi học sinh giỏi, đặc biệt việc tìm hiểu bổ đề nâng, định giá p-adic cách vận dụng chúng Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: Chương Trong chương luận văn tập trung trình bày số kiến thức lý thuyết chia hết: quan hệ chia hết, số nguyên tố hợp số, ước chung lớn thuật tốn Euclid, trình bày định lý số học, biểu diễn số tự nhiên theo số hàm tổng chữ số Chương Trong chương luận văn tập trung trình bày số mũ, định giá p-adic, vận dụng kết đạt vào việc giải số toán số học đề thi học sinh giỏi Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình thầy giáo PGS TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy hướng dẫn hiệu kinh nghiệm suốt trình học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Tơi xin gửi tới thầy, giáo khoa Tốn - Tin, phịng Sau Đại học, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K8B khóa 2014 2016 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình giáo dục, đào tạo nhà trường Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THCS Đằng Hải - Hải An - Hải Phòng, bạn bè đồng nghiệp bạn học viên động viên giúp đỡ tơi q trình hồn thành luận văn Hải Phòng, tháng 08 năm 2016 Học viên Nguyễn Lê Minh Chương Quan hệ chia hết, số nguyên tố 1.1 1.1.1 Quan hệ chia hết Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a tồn c ∈ Z thỏa mãn a = bc Nếu số nguyên a chia hết cho a gọi số chẵn; Cịn số ngun a khơng chia hết cho a gọi số lẻ Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a b nói b chia hết a viết b | a.1 Khi a = bc b gọi ước a Sau ta có tính chất quan hệ chia hết (1) | a với a ∈ Z (2) a | a với a ∈ Z, a = (3) Nếu a | b b | c a | c với a, b, c ∈ Z b = (4) Nếu a | b |a| (5) Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n, a | |b| với a, b ∈ Z b = n bi xi với xi ∈ Z i=1 (6) Nếu a | b b | a a = b a = −b với a, b ∈ Z a, b = Định lý 1.1.2 [Phép chia có dư] Với cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, tồn cặp số nguyên q, r ∈ Z cho a = qb + r, với r < |b| Theo thông lệ quốc tế, người ta hay dùng ký hiệu b | a thay cho a b Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| cho n|b| a, n ∈ Z} Vì |b| nên −|a||b| −|a| a Do −|a||b| ∈ T, T = ∅ Vì T tập bị chặn nên T có số lớn m|b| Từ m|b| a ta suy r = a−m|b| r ∈ Z Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b| Do tính lớn m|b| T nên (m + 1)|b| > a Như |b| > a − m|b| = r ta có a = qb + r với r < |b| Tính nhất: Giả sử có hai biểu diễn a = qb + r với r < |b| a = q1 b + r1 với r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta r − r1 = b(q1 − q) Nhưng |r − r1 | < |b| |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 hiển nhiên r = r1 Trong biểu diễn a = qb + r, r < |b|, định lý trên, q gọi thương r gọi số dư phép chia a cho b Rõ ràng r = b | a Ví dụ 1.1.3 Ta có ví dụ sau: (1) Với a = 57, b = 14 q = r = (2) Với a = −82, b = −17 q = r = (3) Với a = −51, b = 10 q = −6 r = 1.1.2 Ước chung lớn thuật toán Euclid Ước chung lớn Cho a, b số ngun khơng đồng thời 0, tập hợp ước chung a b hữu hạn Định nghĩa 1.1.4 Ước chung lớn hai số a b không đồng thời số nguyên lớn ước a b Ta kí hiệu ước chung lớn gcd(a, b) (a, b) Định nghĩa 1.1.5 Các số nguyên a, b gọi nguyên tố (a, b) = Định lý 1.1.6 Cho a b hai số nguyên không đồng thời 0, tồn số nguyên x0 , y0 cho ax0 + by0 = (a, b) Hơn {ax + by; x, y ∈ Z} = {k(a, b); k ∈ Z} Chứng minh: Đặt S = {ax + by; x, y ∈ Z} gọi d số nguyên dương nhỏ thuộc S Giả sử x0 , y0 hai số nguyên cho ax0 +by0 = d Ta chứng minh {kd; k ∈ Z} = S Thật vậy, hiển nhiên {kd; k ∈ Z} ⊂ S Xét phần tử tùy ý u = ax1 + by1 ∈ S Bởi Định lý ??, tồn hai số nguyên q, r với u = dq + r r < d Mặt khác r = u − dq = a(x1 − x0 q) + b(y1 − y0 q) ∈ S Suy r = u = dq Hơn nữa, từ a, b ∈ S nên theo d | a d | b, dẫn đến d ước chung a, b, d (a, b) Lại có d = ax0 + by0 nên (a, b)|d, (a, b) d Tóm lại d = (a, b) Từ chứng minh ta nhận hệ sau: Hệ 1.1.7 (1) Ước chung lớn a, b số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng ax + by với x, y ∈ Z (2) Mọi ước chung a, b ước (a, b) (3) Nếu a, b, c, d ∈ Z \ {0}, a = bc + d (a, b) = (b, d) (4) (0, a) = |a| với a ∈ Z, a = Thuật tốn Euclid Để tìm ước chung lớn hai số, thường phân tích số thành nhân tử Ví dụ (55, 85) = (5 · 11, · 17) = 5; (225, 180) = (32 · 52 , 32 · · 22 ) = 32 · = 45 Tuy nhiên việc tìm ước chung lớn theo cách thực khó hai số cho lớn Hãy thử tìm (1324567908, 25367892)? Bằng cách sử đụng phép chia với dư, Định lý ??, người ta thuật tốn cho phép tìm ước chung lớn hai số cách nhanh chóng, thuật tốn Euclid Định lý 1.1.8 [Thuật toán Euclid] Cho a, b ∈ Z, b > Thực liên tiếp phép chia có dư, ta có a = q0 b + r1 với < r1 < b, b = q1 r1 + r2 với < r2 < r1 r1 = q2 r2 + r3 với < r3 < r2 rn−2 = qn−1 rn−1 + rn với < rn < rn−1 rn−1 = qn rn , qn > Khi (a, b) = rn Chứng minh: Đặt d = (a, b), d | ri với i rn Suy d rn từ rn > Bằng quy nạp ta suy rn | rn−j với j n Do rn | a rn | b Bởi định nghĩa (a, b) ta suy rn = (a, b) Chú ý rằng, (a, b) = (b, r) nên ta giả thiết hai số nguyên a b không âm a b Như nhận xét trên, (a, b) số nguyên dương nhỏ biểu diễn dạng ax + by với x, y ∈ Z Vấn đề đặt tìm x, y nào? Thuật tốn Euclid cho ta cách tìm chúng qua kết đây: Định lý 1.1.9 Nếu d = (a, b) có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên (ai ), (bi ) theo công thức truy hồi cho ri = a + bi b, i = 0, 1, 2, với r0 = r Vì r = a−q0 b, nên ta chọn a0 = 1, b0 = −q0 có r0 = r = a0 a+b0 b Từ a1 a + b1 b = r1 = b − q1 r0 = b − q1 (a0 a + b0 b) nên ta chọn a1 = −q1 a0 = −q1 , b1 = − q1 b0 = + q0 q1 Tổng quát, ai+1 a + bi+1 b = ri+1 = ri−1 − qi+1 ri = ai−1 a + bi−1 b − qi+1 (ai a + bi b) ta chọn công thức  a = b = −q 0 truy hồi  a = −q 1 b = + q q 1  a i+1 = ai−1 − qi+1 i+1 = bi−1 − qi+1 bi , i b Vì qm = nên x = am−1 , y = bm−1 thỏa mãn xa + yb = (a, b) Ví dụ 1.1.10 Với a = 1832, b = 234, ta có (a, b) = a · (−41) + b · 321 = Hệ 1.1.11 Cho a, b ∈ Z khơng đồng thời khơng Khi (a, b) = tồn x, y ∈ Z để ax + by = Tổng quát ta có hệ sau: Hệ 1.1.12 Cho a, b ∈ Z không đồng thời không Khi (a, b) = d tồn x, y ∈ Z để ax + by = d d ước chung a b Chứng minh: Ta có (a, b) = d a b , d d = Theo Hệ b a ?? tồn x, y ∈ Z để x + y = Nhân hai vế với d ta có d d ax + by = d Hệ 1.1.13 Cho a, b, c ∈ Z không đồng thời không Nếu (a, c) = 1, (b, c) = (ab, c) = Chứng minh: Theo Hệ ?? tồn x, y, z, t ∈ Z để ax + cy = 1, bz + ct = Nhân vế với vế ta có = (ax + cy)(bz + ct) = abxy + c(axt + byz + cyt) Vẫn theo Hệ ?? ta có (ab, c) = Hệ 1.1.14  Cho số nguyên tố p số nguyên tuỳ ý m Khi p p | m (1) (m, p) = 1 p m (2) Nếu p | ab p | a p | b Định nghĩa 1.1.15 Cho số nguyên a1 , , an ∈ Z không đồng thời Số nguyên d gọi ước chung d | với i = 1, , n Hiển nhiên +1, −1 ước chung tập hữu hạn số nguyên Ký hiệu tập tất ước chung a1 , , an ∈ Z uc(a1 , , an ) ta thấy tập khác rỗng Ví dụ uc(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3} Định nghĩa 1.1.16 Cho số nguyên a1 , , an ∈ Z không đồng thời Số nguyên d gọi ước chung lớn d số nguyên lớn ước chung Ta kí hiệu ước chung lớn (a1 , a2 , , an ) Như vậy, số nguyên d ước chung lớn a1 , , an ∈ Z d | , i = 1, , n, c | , i = 1, , n, c | d Khi số nguyên d ước chung lớn a1 , , an −d ước chung lớn a1 , , an Người ta ký hiệu ước chung lớn a1 , , an qua (a1 , , an ) chọn |d| Dễ thấy rằng, (a1 , , an ) số nguyên dương lớn nằm tập uc(a1 , , an ) Chú ý Mọi số nguyên ước Vậy uc(0, , 0) = Z khơng có (0, , 0) Vì ta không xét trường hợp Từ việc chứng minh ước chung lớn cho hai số, tổng qt lên tính chất sau cho nhiều số: 27 ≡ (−1)2 [12 + 22 + 32 + · · · + (p − 1)2 ] (p − 1).p.(2p − 3) ≡ 0(mod p) ≡ r Do p (6, p) = nên p chia hết số ((p − 1)!)2 Vì ((p − 1)!, p) = s nên r chia hết cho p Định lý 2.3.3 [Wolstenholme] Với số nguyên tố p > ta ln có p2 |(p − 1)! + 1 + + ··· + p−1 Chứng minh: Đặt Sp = (p − 1)! + p−1 2Sp = (p − 1)! i=1 1 + + ··· + Khi có p−1 1 = p.(p − 1)! + i p−i p−1 i=1 i(p − i) p−1 ≡ −(p − 1)! Do 2Sp số nguyên p i=1 i(p − i) nguyên tố với mẫu số phân số tổng nên Lp p−1 r số ngun Ta cịn có Lp ≡ ≡ (p − 1)! ≡ 0(mod p) p|p, s i=1 i 1 (r, s) = theo Bổ đề ?? Vậy p2 |(p − 1)! + + + · · · + p−1 Xét Lp = (p − 1)! Như viên kim cương, Thue đưa chứng minh đơn giản cho kết sau: Định lý 2.3.4 [Thue] Nếu số nguyên dương n số nguyên a thỏa √ mãn (a, n) = tồn hai số nguyên x, y thỏa mãn < x, y n để ax ≡ ±y(mod n) với việc chọn dấu + hay − cách thích hợp √ Chứng minh: Xét tập tất √ giá trị ax − y với < x, y [ n] Khi ta có bảng tất ([ n] + 1)2 > n cặp số (x, y) từ suy việc tồn hai cặp số khác (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) để ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 (mod n) Ta coi x1 > x2 Từ a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 (mod n) ta suy x = x1 − x2 y = |y1 − y2 | thỏa mãn ax ≡ ±y(mod n) với việc chọn dấu + hay − cách thích hợp Ký hiệu P1 , P3 tập tất số nguyên tố dạng 4n + 1, 4n + 3, tương ứng Ký hiệu Q2 tập tất số nguyên dương biếu diễn thành tổng hai số phương Bây ta P1 ⊂ Q2 28 Hệ 2.3.5 Tập P1 tập Q2 Chứng minh: Giả sử p ∈ P1 Khi có số tự nhiên dương n để p = 4n + Đặt k = (2n)! Theo Định lý Wilson, ta có kết −1 ≡ (p − 1)! ≡ (2k)!(2k + 1) (4k) p−1 ≡ (−1)p−1/2 ! ≡ ((2n)!)2 (mod p) Như vậy, p|k + Ta thấy (p, k) = Theo Định lý ??, tồn hai √ √ số nguyên x, y thỏa mãn < x, y [ p] với p ∈ / Q p|k x2 − y Vì √ p|k + nên p|x2 + y Nhưng, < x, y [ p] nên p = x2 + y Điều chứng tỏ P1 tập Q2 Hệ 2.3.6 Tập Q2 khơng có lỗ hổng bị chặn, có nghiã: Khơng có dãy với độ dài tùy ý số ngun liên tiếp mà khơng có số thuộc dãy tổng hai số phương Chứng minh: Giả sử p ∈ P1 Khi có số tự nhiên dương n để p = 4n + Đặt k = (2n)! Theo Định lý Wilson, ta có kết −1 ≡ (p − 1)! ≡ (2k)!(2k + 1) (4k) p−1 ≡ (−1)p−1/2 ! ≡ ((2n)!)2 (mod p) Như vậy, p|k + Ta thấy (p, k) = Theo Định lý ??, tồn hai √ √ số nguyên x, y thỏa mãn < x, y [ p] với p ∈ / Q p|k x2 − y Vì √ p|k + nên p|x2 + y Nhưng, < x, y [ p] nên p = x2 + y Điều chứng tỏ P1 tập Q2 Ví dụ 2.3.7 Giả sử p ∈ P3 hai số nguyên x, y thỏa mãn p|(x2 + y ) Khi p ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) Từ suy (1) Số dạng n2 + có ước nguyên tố thuộc P1 (2) Tập P1 , P3 tập vô hạn Lời giải: Giả sử p không ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) Khi (x, p) = 1, (y, p) = Do p|(x2 + y ) nên p không ước xy x2 ≡ −y (mod p) Do p|(x2 + y ) nên x2 ≡ −y (mod p) Sử dụng Định lý Fermat nhỏ ta có ≡ xp−1 ≡ (−1)(p−1)/2 y p−1 ≡ (−1)(p−1)/2 (mod p) 29 Bởi p ∈ P3 nên p = 4m + ta có (−1)2m+1 ≡ 1(mod p), điều Như vậy, điều giả sử sai p ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) (1) Ước nguyên tố p n2 +1 Khi n = 2k+1 n2 +1 = 4k(k+1)+2 = 2[2k(k + 1) + 1] có ước nguyên tố chẵn p = 2, ước nguyên tố khác số lẻ Khi n = 2k n2 + = 4k + Nếu k = n2 + = = 4.1 + Vậy n2 + có ước nguyên tố thuộc P1 Nếu k > n2 + = 4k + = 4(k − 1) + ∈ P3 Giả sử p ươc nguyên tố lẻ nhỏ n2 + Nếu p ∈ P3 theo chứng minh ta có p|(n, 1) = 1, vơ lý Do p ∈ P1 (2) Dễ dàng chứng minh (2) qua phản chứng Ví dụ 2.3.8 Giả sử p ∈ P3 hai số nguyên x, y thỏa mãn p|(x2 + y ) Khi p ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) Từ suy (1) Số dạng n2 + có ước nguyên tố thuộc P1 (2) Tập P1 , P3 tập vô hạn Lời giải: Giả sử p không ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) Khi (x, p) = 1, (y, p) = Do p|(x2 + y ) nên p không ước xy x2 ≡ −y (mod p) Do p|(x2 + y ) nên x2 ≡ −y (mod p) Sử dụng Định lý nhỏ Fermat ta có ≡ xp−1 ≡ (−1)(p−1)/2 y p−1 ≡ (−1)(p−1)/2 (mod p) Bởi p ∈ P3 nên p = 4m + ta có (−1)2m+1 ≡ 1(mod p), điều Như vậy, điều giả sử sai p ước nguyên tố ước chung lớn (x, y) (1) Ước nguyên tố p n2 +1 Khi n = 2k+1 n2 +1 = 4k(k+1)+2 = 2[2k(k + 1) + 1] có ước nguyên tố chẵn p = 2, ước nguyên tố khác số lẻ Khi n = 2k n2 + = 4k + Nếu k = n2 + = = 4.1 + Vậy n2 + có ước nguyên tố thuộc P1 Nếu k > n2 + = 4k + = 4(k − 1) + ∈ P3 Giả sử p ươc nguyên tố lẻ nhỏ n2 + Nếu p ∈ P3 theo chứng minh ta có p|(n, 1) = 1, vô lý Do p ∈ P1 (2) chứng minh mục số nguyên tố Ta chứng minh lại kết Schur sau tính vơ hạn tập số ngun tố 30 Định lý 2.3.9 [Schur] Cho đa thức f ∈ Z[x], khác số Khi tập số nguyên tố chia hết số khác dãy f (1), f (2), , f (n), tập vô hạn Chứng minh: Trước tiên, xét trường hợp f (0) = Xét số f (n!) Do f (0) = nên f (n!) ≡ 1(mod n!) Nếu ta lấy ước nguyên tố q số f (n!) tất nhiên ước nguyên tố q phải lớn n Do q số nguyên tố lớn n Trong trường hợp f (0) = n|f (n) với số tự nhiên n Từ suy n + 1|f (n + 1) suy ta lại có số nguyên tố f (dx) Khi Tiếp theo, xét trường hợp d = f (0) = Đặt g(x) = d g(x) ∈ Z[x] g(0) = Áp dụng kết phần đầu, ta nhận ước nguyên tố lớn n với số tự nhiên n Hệ 2.3.10 [Hensel’s lemma] Cho đa thức f ∈ Z[x], khác số, số nguyên tố p số nguyên n thỏa mãn p chia hết f (n), không chia hết f (n) Khi có dãy số nguyên (nk ) để n1 = n, pk chia hết nk+1 − nk pk chia hết f (nk ) Chứng minh: Giả sử ta có i xác định ni+1 = ni + bpi để pi+1 chia hết f (ni+1 ) Vì 2i i + nên f (ni + bpi ) ≡ f (ni ) + bpi f (ni )(mod pi+1 ) Biểu diễn f (ni ) = cpi với số nguyên c Vì ni ≡ n(mod p) nên f (ni ) ≡ f ”(n)(mod p) f (ni ) khả nghịch theo modulo p Gọi m nghịch đảo f (ni ) theo modulo p Bằng cách chọn b = −mc ta dễ dàng xây dựng dãy (nk ) thỏa mãn đầu 2.4 2.4.1 Vận dụng giải số thi học sinh giỏi Vận dụng số mũ Ví dụ 2.4.1 Nếu số nguyên m > thỏa mãn 3m − chia hết cho m m chia hết cho Lời giải: Giả sử m có phân tích tắc m = p1 p2 pn với p1 p2 pn Vì 3m − 1˙:m nên − = 2˙:p1 theo Hệ ?? p1 = Vì 32 − 1˙:p2 theo Hệ ?? nên p2 = Do m chia hết cho 31 Ví dụ 2.4.2 Cho số nguyên dương a thỏa mãn (a, m) = Khi ar ≡ as (mod m), với r, s ∈ N, ordm (a)|(r − s) Lời giải: Ta coi s r Vì (a, m) = nên (as , m) = Phương trình ar ≡ as (mod m) tương đương ar−s ≡ 1(mod m) Theo Mệnh đề ??, phương trình ar−s ≡ 1(mod m) ordm (a)|(r − s) Ví dụ 2.4.3 Với số tự nhiên n (a, m) = 1, a, m ∈ N∗ , ta ordm (a) ln có ordm (an ) = n, ordm (a) Lời giải: Theo Mệnh đề ??, (an )k = ank ≡ 1(mod m) ordm (a) n ordm (a)|nk Hệ thức tương đương | k Vì n, ordm (a) n, ordm (a) n ordm (a) nguyên tố nên ta thấy hệ n, ordm (a) n, ordm (a) ordm (a) n ordm (a) thức | k tương đương |k Từ n, ordm (a) n, ordm (a) n, ordm (a) ordm (a) suy ordm (an ) = n, ordm (a) Ví dụ 2.4.4 Với hai số nguyên dương a, b, (a, m) = = (b, m) ta có (1) ordm (ab) = (2) ordm (a) ordm (b) ordm (a), ordm (b) ordm (a) ordm (b) ordm (a), ordm (b) | ordm (ab) rs s Lời giải: (1) Đặt r = ordm (a), s = ordm (b) Bởi = r = (r, s) (r, s) r rs s nên số nguyên chia hết cho r s Điều rằng, (r, s) (r, s) rs rs theo Mệnh đề ?? số a (r, s) ≡ 1(mod m) b (r, s) ≡ 1(mod m) Nhân hai rs rs hệ thức này, ta nhận (ab) (r, s) ≡ 1(mod m) Vậy ordm (ab)| (r, s) theo Mệnh đề ?? (2) Theo Mệnh đề ??, ta có ar ordm (ab) ≡ 1(mod m) Nhân hai vế với br ordm (ab) ta nhận (ab)r ordm (ab) ≡ br ordm (ab) (mod m) Nhưng hệ thức (ab)r ordm (ab) ≡ 1(mod m) theo Mệnh đề ?? nên br ordm (ab) ≡ 1(mod m) 32 s r s Vậy s|r ordm (ab) Điều có nghĩa | ordm (ab) Do (r, s) (r, s) (r, s) s r nguyên tố nên | ordm (ab) Hoàn toàn tương tự, (r, s) (r, s) r s r ta có | ordm (ab) Bởi hai số ngun tố (r, s) (r, s) (r, s) rs | ordm (ab) nên (r, s)2 Ví dụ 2.4.5 Cho số nguyên tố p > Khi đó, ước số nguyên dương 2p − viết thành dạng 2kp + với số nguyên k Lời giải: Vì tích nhiều số ngun dạng 2kp + số dạng = 2.0.p + nên ta cần xét ước nguyên tố q 2p − Ta q có dạng 2kp + Vì q|2p − nên 2p ≡ 1(mod q) Theo Mệnh đề ?? ta có ordq (2)|p Vì q ước ngun tố 2p − nên q phải số nguyên lẻ q > Từ suy ordq (2) > ordq (2)|p nên ordq (2) = p Mặt khác, ta lại có p = ordq (2)|ϕ(q) = q − Vậy p|q − Do q − số chẵn p > số nguyên tố nên (2, p) = Từ q − chia hết cho p q − số chẵn ta suy q − chia hết cho 2p Đặt q − = 2kp Khi q = 2kp + Ví dụ 2.4.6 Xác định số số nguyên dương bội 1001 biểu diễn thành dạng 10j − 10i với hai số nguyên i, j thỏa mãn i < j 2016 Lời giải: Ta cần phải co 1001|(10j − 10i ) = 10i (10j−i − 1) Vì 103 ≡ −1(mod 1001) nên ord1001 (10) = Từ hai kết luận suy j − i chia hết cho bội 1001 biểu diễn thành dạng 10j − 10i với hai số nguyên i, j thỏa mãn i < j 2016 Bài toán trở thành toán đếm cặp số nguyên (i, j) thỏa mãn i < j 2016 j ≡ i(mod 6) Xét trường hợp i n hai số nguyên dương Chứng minh n rằng, p ước nguyên tố lẻ a2 + p − chia hết cho 2n+1 n Lời giải: Vì p số nguyên tố lẻ nên từ giả thiết p|a2 + ta suy n n n n+1 p |a2 + − = a2 − Do p|a2 + ta có p|a2 − Như ordp (a)|2n+1 Do ordp (a) |2n , ordp (a)|2n+1 nên ordp (a) = 2n+1 Như 2n+1 = ordp (a)|ϕ(p) = p − Do 2n+1 |p − Ví dụ 2.4.9 [Ukrainian MC 2012-2013] Xác định tất số nguyên dương m, n thỏa mãn phương trình 2m = 7n + Lời giải: Vì ord7 (2) = nên 23k+r ≡ 1, 2, 4(mod 7) với r = 0, 1, k ∈ N Từ phương trình 2m = 7n + suy r = Nhưng phương trình m2 ≡ 2(mod 7) khơng có nghiệm, khơng có m, n thỏa mãn 2m = 7n + Ví dụ 2.4.10 Giả sử p số nguyên tố lẻ q ước nguyên dương số Mp = 2p − Chứng minh rằng, q = 2kp + với số nguyên không âm k Lời giải: Vì 2p ≡ 1(mod q) p số nguyên tố nên p số nguyên tố nhỏ thỏa mãn tính chất Theo Định lý nhỏ Fermat ta lại có 2q−1 ≡ 1(mod q) Vậy p|(q − 1) Vì q − số chẵn nên q − = 2kp với số nguyên khơng âm k hay q = 2kp + Ví dụ 2.4.11 Giả sử a > n hai số nguyên dương Chứng minh n rằng, nếp p ước nguyên tố số a2 + (p − 1)˙:2n+1 34 n n Lời giải: Giả sử p ước nguyên tố a2 + Khi a2 ≡ n+1 −1(mod p) Bình phương hai vế ta nhận a2 ≡ 1(mod p) Vậy, n+1 2n cấp ordp (a)|2 Do ≡ −1(mod p) nên ordp (a) = 2n+1 Vì (a, p) = nên ap−1 ≡ mod p) theo Định lý nhỏ Fermat Ta có 2n+1 |(p − 1) hay p = 2n+1 k + với số nguyên lẻ khơng âm k Ví dụ 2.4.12 Giả sử a b hai số nguyên dương thỏa mãn (a, b) = n n Chứng minh rằng, ước lẻ a2 + b2 có dạng 2n+1 m + n n Lời giải: Ta cần ra, ước lẻ a2 +b2 có dạng 2n+1 m+1 Do tích số dạng 2n+1 m + số dạng nên ta cần n n quan tâm tới ước nguyên tố lẻ q a2 + b2 Giả sử q ước n n (nguyên tố) lẻ a2 + b2 Do (a, b) = nên (q, a) = = (q, b) Do n n n (q, a) = q|a2 + (ba−1 )2 nên q|1 + (ba−1 )2 Tương tự, ta n n có q|1 + (ab−1 )2 Từ q số lẻ q|1 + (ba−1 )2 ta nhận quan hệ n n n+1 q| (ba−1 )2 + (ba−1 )2 − = (ba−1 )2 − Giả sử z ≡ ba−1 (mod q) Khi ordq (z)|2n+1 theo Ví dụ ?? Vì q số n nguyên lẻ nên q |z − ta suy 2n+1 = ordq (z)|ϕ(q) = q − theo Ví dụ ?? Từ suy q = 2n+1 m + Ví dụ 2.4.13 Giả sử p số nguyên tố lẻ q, r hai số nguyên tố thỏa mãn p|(q r + 1) Chứng minh rằng, 2r|(p − 1) p|(q − 1) Lời giải: Gọi d = ordp (q) Khi d số nguyên dương nhỏ để q d ≡ 1(mod p) Vì p|(q r + 1) p > nên q r ≡ −1 ≡ 1(mod p) Vậy q 2r ≡ 1(mod p) Từ suy 2r˙:d, r ˙:d Nếu d = 2r 2r|(p − 1) d|(p − 1) q p−1 ≡ 1(mod p) Nếu d = q ≡ 1(mod p) hay p|(q − 1) Ví dụ 2.4.14 Giả sử p số nguyên tố lẻ n > số nguyên dương Xác định số mũ p tích m = 1.3.5 (2n + 1) (2n + 1)! Do p số nguyên tố lẻ n!.2n nên ước chung lớn (2, p) = Vậy, số mũ p khai triển số 2n + n m vp (2n + 1) − vp (n) = − k k p p k=1 k=1 Lời giải: Ta có 1.3.5 (2n + 1) = Ví dụ 2.4.15 Chứng minh rằng, với số nguyên dương n, số 2n không chia hết số n! 35 n Lời giải: Số mũ phân tích n! v2 (n) = k k=1 n Như v2 (n) < = n Từ suy số 2n không chia hết số k k=1 n! 2.4.2 Vận dụng định giá p−adic Ví dụ 2.4.16 Giả sử k ∈ N∗ Xác định tất số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 3k |2n − Lời giải: Vì k nên (2n −1)˙:3 Do vậy, n phải số chẵn Đặt n = 2m với m ∈ N∗ Ta có 2n − = 4m − Vì |1, |4 nên ta biến đổi 2n − = 4m − = − + m = + m theo Hệ ?? Vậy, để 3k |2n − cần đủ k − m Từ suy điều kiện chia k−1 k−1 hết m˙:3 hay n˙:2.3 Ví dụ 2.4.17 Giả sử p > 2016 số nguyên tố hai số nguyên dương a, b thỏa mãn p|(a + b), p2 |(a + b) Xác định số số nguyên dương n 2016 thỏa mãn pn | a2016 + b2016 p2 | a2016 + b2016 Lời giải: Vì p|(a + b) p2 |(a + b) theo giả thiết nên a + b p = Từ p2 | a2016 + b2016 ta suy a2016 + b2016 p Xét trường hợp p |a, p |b Theo Hệ ?? ta có a2016 + b2016 p = a + b p + 2016 p = 1, vô lý a2016 + b2016 p Xét trường hợp p|a p|b Khi ta có p|a p|b p|(a + b) Như p2016 | a2016 + b2016 Từ suy ra, tất số nguyên dương n 2016 thỏa mãn pn | a2016 + b2016 Vậy, số số nguyên dương n 2016 thỏa mãn pn | a2016 + b2016 p2 | a2016 + b2016 a + b ˙:p2 2016 Ví dụ 2.4.18 [Russia MO 1996] Xác định tất số nguyên dương n để có số nguyên dương a, b, k thỏa mãn (a, b) = 3n = ak + bk Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n, a, b, k thỏa mãn đầu Nếu k số chẵn, k = 2m, 3n = (am )2 +(bm )2 có 3|(am )2 +(bm )2 Từ suy a b chia hết cho 3, mâu thuẫn với điều kiện (a, b) = Như vậy, k phải số nguyên dương lẻ Từ điều kiện 3n = ak + bk k số lẻ ta suy 3n = (a + b)(ak−1 − ak−2 b + · · · + bk−1 ) Vậy, có số nguyên m để a + b = 3m Do a + b chia hết cho (a, b) = nên a, b không chia hết cho Theo Hệ ?? ta có n = ak + bk = a + b + k suy k = n − m n − 36 Xét trường hợp m > Dễ dàng kiểm tra 3m > m + với số nguyên m k = n − m n − Ta dễ dàng kiểm tra k k − Đặt c = max{a, b} Do ak + bk = 3n nên a = b Vậy 2c > a + b = 3m suy c Đánh giá: n k k k k−1 = a +b > c = c.c 3m k−1 > > 3m 5k−2 > 3m+k−2 3m+ k = 3n để dẫn đến mâu thuẫn 3n > 3n Vậy m = Do a, b nguyên dương a + b = nên a = 2, b = a = 1, b = Khi 3n = + 2k hay + 2k = 31+ k Vì k |k nên k k suy + 2k = 31+ k 3k Bằng quy nạp, dễ dàng + 2k > 3k k Kiểm tra k = k = có (a, b, n, k) (1, 2, 1, 2), (2, 1, 1, 2), (1, 2, 2, 3) (2, 1, 2, 3) Ví dụ 2.4.19 Xác định số nguyên dương nhỏ n để 22016 |17n − Lời giải: Ta phải xác địn số ord22016 (17) Vì ord22016 (17)|ϕ 22016 = 22015 nên có số nguyên dương k để ord22016 (17) = 2k Hiển nhiên k phải số tự nhiên nhỏ với tính chất Phân tích k k−1 172 − = (17 − 1)(17 + 1)(172 + 1) 172 i +1 k 172 + chia hết cho 2, không chia hết cho 4, nên 172 − k chia hết cho 24 2k , không chia hết cho 24 2k+1 Như v2 172 = + k ta suy 2016 + k hay k 2011 Số tự nhiên nhỏ n thỏa mãn đầu 22011 Ví dụ 2.4.20 Giả sử a, b hai số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: a|b2 , b3 |a4 , a5 |b6 , b7 |a8 , Chứng minh a = b Lời giải: Giả sử n có phân tích tắc n = pi11 pi22 pikk Nếu k i1 i2 ik ta viết n = p1 (p2 pk ) Theo Định lý Trung hoa phần dư ta phải pi11 |(n − 1)! (pi22 pikk )|(n − 1)! Hiển nhiên, ta phải có n − > pi11 n − > (pi22 pikk ) Do vậy, ta cần xét k = hay ∞ pi − i i Vì pi |(pi −1)! n = p Theo Tính chất (4) ta có vp ((p −1)!) = j p j=1 i nên vp ((p − 1)!) i Nếu i = = vp ((p − 1)!) i = 1, vô lý ∞ p2 − Nếu i = vp ((p2 −1)!) i = hay Khi p−1 pj j=1 hay p Chú ý rằng, n = = 22 khơng thỏa mãn n|(n − 1)! |(4 − 1)! = 37 ∞ Nếu i > j=1 pi − pj pi−1 − 2i−1 − i Ví dụ 2.4.21 [Serbian MO 2015] Chứng minh rằng, Với số nguyên không âm n xác định lực lượng lớn tập A tập {1, 2, , 2n } với tính chất: Cho x, y ∈ A, x = y ta ln có v2 (x − y) số chẵn Lời giải: Ta gọi tập X tập hạnh phúc (không hạnh phúc), v2 (x−y) số chẵn, ( số lẻ), với hai phần tử phân biệt x, y ∈ X Giả sử an bn lực lượng lớn tập hạnh phúc không hạnh phúc tương ứng tập Tn = {1, 2, , 2n } Xét tập hạnh phúc A ⊂ Tn , n Vì v2 (2x − 2y) = v2 (x − y) + x |x ∈ A, 2|x} v2 (x − y) số chẵn nên v2 (2x − 2y) số lẻ Đặt A0 = x−1 A1 = |x ∈ A, |x} Đây hai tập không hạnh phúc Tn−1 Mỗi tập có bn−1 phần tử Mặt khác, A0 ⊂ Tn−1 tập khơng hạnh phúc tập {2x, 2x + 1|x ∈ A0 } ⊂ Tn tập hạnh phúc Tn với 2|A0 | phần tử Do an = 2bn−1 Tương tự, B ⊂ Tn tập khơng hạnh phúc tất phần tử có tính chẵn lẻ để B = {[x/2]|x ∈ B} ⊂ Tn−1 tập hạnh phúc Ngược lại, B ⊂ Tn−1 hạnh phúc B = {2x − 1|x ∈ B } ⊂ Tn không hạnh phúc Do bn = an−1 Tóm lại, từ lập luận ta có a0 = 1, a1 = (kiểm tra trực tiếp) an = 2bn−1 = 2an−2 với n Dễ dàng suy an = 2[(n+1)/2] 2.4.3 Vận dụng kết Thue, Schur Ví dụ 2.4.22 Giả sử f (x), g(x) ∈ Z[x] hai đa thức mônic bất khả quy không số Nếu f (n) g(n) với số nguyên đủ lớn n có tập ước nguyên tố f (x) = g(x) Lời giải: Theo Bổ đề Gauss, hai đa thức f (x) g(x) bất khả quy Q[x] Hai đa thức đa thức mônic, bất khả quy.Nếu f (x) g(x) khơng chúng ngun tố với Q[x] Sử đụng Định lý Bezout, tồn số nguyên m hai đa thức p(x) q(x) thuộc Z[x] để f (x)p(x) + g(x)q(x) = m Điều rằng, với số nguyên n đủ lớn, tất ước nguyên tố f (n) chia hết m Kết vô lý theo Định lý ?? 38 Ví dụ 2.4.23 [Bulgarian MO] Giả sử f (x), g(x) ∈ Z[x] đa thức với bậc deg f (x) số nguyên dương n, k Chứng minh rằng, tồn số nguyên dương a để số hạng thuộc {f (a), f (a+1), , f (a+n−1)} có k ước nguyên tố khác Lời giải: Xét mảng số nguyên tố phân biệt số nguyên dương {pij |f (nij ) ≡ 0(mod pij ), nij ∈ N∗ , i, j k} Mảng ln có theo Định lý ?? Sử dụng Định lý Trung hoa dư, ta tìm số ngun dương a thỏa mãn a + i − ≡ nij (mod pij ) với số i, j Vì f (a) − f (b) luôn chia hết cho a − b với a, b ∈ Z, a = b, nên số hạng thuộc dãy f (a), f (a+1), , f (a+n−1) có k ước nguyên tố phân biệt Ví dụ 2.4.24 [Rookie Contest 1999] Chứng minh rằng, phương trình x4 = y + z + khơng có nghiệm ngun Lời giải: Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên (x, y, z) Khi y + z = x4 − = (x2 − 2)(x2 + 2) Ta x4 − không thuộc Q2 Xét trường hợp x số nguyên lẻ Khi x = 2k + x2 + = (2k + 1)2 + = 4k(k + 1) + ≡ 3(mod 4) Từ suy tồn số nguyên tố p ∈ P3 để vp (x2 + 2) số lẻ Nếu p chia hết x2 − p|(x2 + − (x2 − 2)) = 4, vô lý p số nguyên tố lẻ Vậy p |(x2 − 2) ta có vp (x4 −4) số lẻ Do x4 −4 ∈ Q2 , mâu thuẫn với x4 −4 = y +z Xét trường hợp x số nguyên chẵn Khi x = 2k x4 −4 = 4(4k −1) Từ 4(4k − 1) = y + z ta suy 4k − ∈ Q2 Do 4k − ≡ 3(mod 4) nên 4k −1 có thừa số nguyên tố thuộc P3 với số mũ lẻ Hơn nữa, phương trình y +z = 4h+3 khơng thể có nghiệm nguyên, kiểm tra qua việc lấy modulo Từ suy luận ta 4k − ∈ Q2 Vậy phương trình x4 = y + z + khơng có nghiệm ngun 2.4.4 Vận dụng Định lý số học Ví dụ 2.4.25 Chứng minh rằng, với số nguyên dương a, b, c ta có (a, b, c)2 [a, b, c]2 = (a, b).(b, c).(c, a) [a, b].[b, c].[c, a] Lời giải: Giả sử a = pu1 pur r , b = pv11 pvrr , c = pt11 ptrr , p1 , , pr số nguyên tố phân biệt ui , vi , ti số 39 nguyên không âm với i = 1, , r Ký hiệu P = T = [a, b, c]2 [a, b].[b, c].[c, a] (a, b, c)2 Khi ta có (a, b).(b, c).(c, a) r max{ui ,vi ,ti } pi P = = T = = i=1 r r max{ui ,vi } max{vi ,ti } max{ti ,ui } pi pi pi i=1 i=1 i=1 r max{ui ,vi ,ti }−max{ui ,vi }−max{vi ,ti }−max{ti ,ui } pi i=1 r min{ui ,vi ,ti } pi i=1 r r r min{ui ,vi } min{vi ,ti } min{ti ,ui } pi pi pi i=1 i=1 i=1 r min{ui ,vi ,ti }−min{ui ,vi }−min{vi ,ti }−min{ti ,ui } pi i=1 r Ta kiểm tra max{ui , vi , ti } − max{ui , vi } − max{vi , ti } − max{ti , ui } min{ui , vi , ti } − min{ui , vi } − min{vi , ti } − min{ti , ui } Với u, v, t u v t ta ln có x = = y = = max{u, v, t} − max{u, v} − max{v, t} − max{t, u} 2t − v − t − t = −v min{u, v, t} − min{u, v} − min{v, t} − min{t, u} 2u − u − v − u = −v Vậy x = y suy P = T Ví dụ 2.4.26 Chứng minh rằng, với số nguyên dương a, b, c, số (a, b).(b, c).(c, a) số nguyên (a, b, c)2 Lời giải: Với biểu diễn ví dụ ta có A = r = i=1 min{ui ,vi }+min{vi ,ti }+min{ti ,ui }−2 min{ui ,vi ,ti }−2 min{ui ,vi ,ti } pi nguyên (a, b).(b, c).(c, a) (a, b, c)2 nên A số 40 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: (1) Trình bày số kiến thức lý thuyết chia hết: quan hệ chia hết, số nguyên tố hợp số, ước chung lớn thuật tốn Euclid, trình bày định lý số học, biểu diễn số tự nhiên theo số hàm tổng chữ số số tự nhiên Trong phần đưa ví dụ kèm theo lời giải minh họa cho ví dụ (2) Trình bày Định lý Euler, Định lý Fermat, số mũ định giá p-adic (3) Trình bày Định lý Wolstenhome, Định lý Định lý Thue, Định lý Schur (4) Vận dụng kết đạt vào việc giải số toán số học đề thi học sinh giỏi nước năm gần đây, có lời giải chi tiết nhằm phục vụ cho q trình giảng dạy ơn thi học sinh giỏi sau 41 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2014), Cơ sở lí thuyết số Đa thức, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội [B] Tiếng Anh [3] Andreescu T., Andrica D., Feng Z (2006), 104 Number theory problems, Birkhăauser Boston - Basel - Berlin, pp - 50 [4] Andreescu T., Dospinescu G (2008), Problems from the book, XYZ Press, pp 49 - 53 [5] Hardy G H., Wright E M (1938), An introduction to the theory of numbers, Oxford At The Clarendon Press [6] Djukic D., Jankovic V., Matic I., Petrovic N (2009), The IMO Compendium: A collection of problems suggested for the international mathematical olympiads: 1959-2009, Springer ... g? ?p toán số học đặc biệt toán quan hệ chia hết số nguyên tố Vì vậy, tơi chọn đề tài: ? ?Một số tốn quan hệ chia hết, số nguyên tố định giá p- adic? ?? nhằm tìm hiểu sâu quan hệ chia hết, số nguyên tố. .. có p? ??1 1 = p. (p − 1)! + i p? ??i p? ??1 i=1 i (p − i) p? ??1 ≡ − (p − 1)! Do 2Sp số nguyên p i=1 i (p − i) nguyên tố với mẫu số phân số tổng nên Lp p? ??1 r số ngun Ta cịn có Lp ≡ ≡ (p − 1)! ≡ 0(mod p) p| p,... Đổi từ hệ k-phân sang hệ th? ?p phân từ hệ th? ?p phân sang hệ k -phân Đổi từ hệ th? ?p phân sang hệ k-phân: Ví dụ biểu diễn số 3791 hệ thất phân Để thực liên ti? ?p ph? ?p chia 3791 thương ph? ?p chia cho