Một số kết quả về đồng dư
Trong mục này, tác giả trình bày một số kết quả về đồng dư, làm cơ sở để chứng minh Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson.
Kết quả trong phần này được trích dẫn từ tài liệu [1] và [2] Định nghĩa 1.1.1: Cho a và b là các số nguyên, với m > 0 Nếu m chia hết cho (a−b), thì a được gọi là đồng dư với b theo modulo m, ký hiệu là a ≡ b (mod m).
Khái niệm về đồng dư được giới thiệu lần đầu tiên bởi Gauss trong chương một của cuốn "Disquisitiones Aritmeticae" Ông đã sử dụng ký hiệu đặc biệt để diễn đạt các khái niệm này.
≡ bởi sự gần gũi của nó với đại số [5, p.65]
Bổ đề 1.1.2 Nếuac≡bc(mod m)và gcd (c,m) =1, thìa≡b (mod m).
Bổ đề 1.1.3 (Định lý Nhị thức) Nếun là số nguyên dương thì
= n! k!(n−k)! là số các tổ hợp chậpk của nphần tử.
Bổ đề 1.1.4 (Định lý đa thức) Nếu k 1 ,k 2 , ,km và n là các số nguyên không âm sao cho vớin ≥1 và k 1 +k 2 + .+k m =n, thì
= n! k 1 !k 2 ! .km! là số các hoán vị lặp củan phần tử.
Bổ đề 1.1.5 (Định lý phần dư Trung Hoa) Cho m 1 ,m 2 , ,m r vớir≥2 là các số tự nhiên sao cho chúng nguyên tố cùng nhau từng đôi một và có tích bằngm.
Khi đó hệ r phương trình đồng dư tuyến tính: x ≡ a 1 (mod m 1 ) x ≡ a 2 (mod m 2 )
x ≡ a r (mod m r ) có nghiệm duy nhất (mod m). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Bổ đề 1.1.6 Nếu a và b là các số nguyên sao choa≥ b>0, khi đó sẽ chỉ tồn tại duy nhất các số nguyên q,r sao choa=qb+r và 0≤r 1 \) có căn nguyên thủy khi và chỉ khi \( n = 2, 4, p^e \) hoặc \( 2p^e \) với \( p \) là số lẻ Căn nguyên thủy của \( n \) được định nghĩa là nếu \( r, n \) là các số nguyên tố cùng nhau, \( n > 0 \) và nếu \( \text{ord} n = \varphi(n) \), thì \( n \) được gọi là căn nguyên thủy modunlon.
Bổ đề 1.1.14 (Công thức Euler) Cho a và n là các số nguyên không âm với a≥n Khi đó n!=a n − n
Công thức Euler gốc được chứng minh theo phương pháp quy nạp Chứng minh dưới đây sử dụng nguyên lý Bù - Trừ
Chứng minh (How and Turnage, 2007) cho thấy số cách khác nhau để sắp xếp n vật khác nhau vào a ô khác nhau, với điều kiện n ô đầu tiên không được phép để trống và n ≤ a, là n! Để tìm hiểu sâu hơn, ta xét tập U, bao gồm tất cả các cách sắp xếp của các vật khác nhau vào các ô khác nhau mà không có sự hạn chế Khi đó, số lượng cách sắp xếp là |U| = a^n, vì mỗi vật có a lựa chọn cho một ô.
Gọi P_i là tính chất của ô thứ i khi ô đó rỗng Áp dụng nguyên lý Bù - Trừ, chúng ta phân phối các vật vào các ô không chứa bất kỳ tính chất nào.
P 1 ,P 2 , ,P n Gọi N(P i 0 ) là số cách phân phối không chứa tính chấtP i và N(Pi) là số cách phân phối chứa tính chấtPi Khi đó sử dụng nguyên lý Bù - Trừ
+ ã ã ã+ (−1) n N(P 1 P 2 ã ã ãPn). Đầu tiên ta tính ∑N(P i ) Có n
! cách chọn một trong các ô trống và khi đó sẽ có (a−1) n cách sắp xếp n vật vào a−1 ô còn lại Do đó ∑N(P i ) n
! (a−3) n và tiếp tục như vậy Do đó tổng quát vớik=1,2, ,n sẽ có n k
! cách chọnk của tính chất và khi đó có (a−k) n cách sắp xếpn vật vào trong(a−k) ô Do đó
Chứng minh ban đầu Định lý Fermat nhỏ
Định lý Fermat nhỏ (Định lý 1.2.1) khẳng định rằng nếu \( p \) là số nguyên tố, \( a \) là một số nguyên và \( \text{gcd}(a,p) = 1 \), thì \( a^{p-1} \equiv 1 \mod p \) Định lý này là nền tảng cho phương pháp kiểm tra tính nguyên tố theo xác suất trong kiểm tra Fermat.
Trong một lá thư gửi cho người bạn Berhard Frénicle de Bessy ngày 18 tháng
Vào năm 1640, Pierre de Fermat lần đầu tiên công bố Định lý Fermat nhỏ, trong đó ông khẳng định rằng nếu \( p \) là một số nguyên tố và \( a \) là một số nguyên không chia hết cho \( p \), thì \( a^{p-1} - 1 \) sẽ chia hết cho \( p \).
Tuy nhiên, như thường lệ ông không cung cấp cách chứng minh với Frénicle
"Tôi muốn gửi cho anh cả chứng minh tuy nhiên lại sợ rằng nó quá dài", xem [5].
Gần 100 năm sau, vào năm 1736, Euler đã lần đầu tiên chứng minh Định lý Fermat nhỏ trong bài báo "Theorema- tum Quorundam ad Numeros Primos Spectantium Demonstratio" Trước đó, Leibniz đã có một chứng minh tương tự trong bản thảo không công bố vào khoảng trước năm 1683 Nhiều tác giả đã nghiên cứu và đưa ra các phương pháp khác nhau để chứng minh Định lý Fermat nhỏ Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày các cách chứng minh đó, trong đó có một chứng minh phổ biến trong nhiều sách giáo khoa lý thuyết số, tương đương với hai chứng minh đầu tiên của Euler.
Chứng minh 1.1.ĐặtS ={a|a p ≡a(mod p)} với pnguyên tố vàa∈N Ta có
0∈Svì0 p =0với mọi pdo vậy0 p ≡0(mod p) Bây giờ ta giả sử rằngk∈Svà k p ≡k(mod p) Chúng ta muốn chỉ ra rằngk+1∈S,(k+1) p ≡(k+1)(mod p). Theo định lý Nhị thức, ta có:
Nếu gcd(a,p) =1, khi đó giản ướca p ≡a(mod p) ta được a p−1 ≡1(mod p). Nếu a là số âm thì a ≡ r(mod p) khi 0 ≤ r ≤ p−1 Do đó a p ≡ r p ≡ r ≡ a(mod p).
Trong cuốn "Lịch sử Lý thuyết Số" [4, chương 3], Định lý Fermat nhỏ đã được trình bày Chúng ta sẽ khám phá các chứng minh của Leibniz, Euler, Lambert, Inovy và Thue Tài liệu tham khảo chính cho chương này là [4, chương 3].
Chứng minh dưới đây được đưa ra bởi G.W.Leibniz (1646 - 1716).
Cho p là một số nguyên tố và chox=a 1 +a 2 + .+a m
Xétx p − ∑ m i=1 a i p Ta sẽ chỉ ra rằng p|(x p − ∑ m i=1 a i p ).
Theo định lí đa thức ta có, x p = (a 1 +a 2 + .+a m ) p = ∑ k 1 + +k m p k 1 ,k 2 , ,k m
= p! k 1 !ã ã ãk m ! Khi ki 6= p với mọi i thỡ ki < p với mọii Khi đó không có nhân tử pở mẫu số nhưng sẽ có một nhân tử p ở tử số.
Do đóki6= pvới mọii, p! k 1 !ã ã ãk m ! ≡0 (mod p) Do đú x p − m
Do đó p|(x p − ∑ m i=1 a i p ). Đặt a 1 = a 2 = ã ã ã = a m = 1 Khi đú vỡ x = a 1 +a 2 +ã ã ã+a m , cú nghĩa là p|(x p −x) với bất kì số nguyên x (dựa trên giá trị của m) Do đó x p −x ≡
0 (mod p), hayx p ≡x (mod p) Nếugcd(x,p) =1, suy rax p−1 ≡1 (mod p).
Dưới đây là ba cách chứng minh của L Euler (1707-1783) về Định lí Fermat nhỏ và nó bao gồm cả chứng minh của Dickson.
Chứng minh 1.3 (Euler, 1736) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Cho p là một số nguyên tố Theo công thức Nhị thức,
Tương tự, ta có công thức \(3p = (1+2)p = 1 + 2p + kp\), với \(k \in \mathbb{Z}\) vì mỗi hệ số đều có một nhân tử của \(p\) Khi đó, \(3p - 1 - 2p = kp\) Bằng cách thêm và bớt đi 2 ở vế trái, ta thu được \(3p - 3 - (2p - 2) = kp\) Tổng quát, ta có \((1+a)p = 1 + ap + np\) với \(n \in \mathbb{Z}\) Do đó, \((1+a)p - 1 - ap = np\) và bằng cách thêm rồi bớt \(a\) vào bên trái biểu thức, ta thu được kết quả mong muốn.
Do đó, với \( (1+a) p - (1+a) = (a p - a) + np \) với \( n \in \mathbb{N} \), nếu \( p \) chia hết \( p - a \) thì \( p \) cũng chia hết \( (1+a) p - (1+a) \) Chúng ta chứng minh rằng với \( a = 2 \), \( p \) chia hết \( a p - a \) Khi \( a > 2 \), ta xét \( a + 1 \) và giả sử \( p \) chia hết \( (a+1) p - (a+1) \) Khi đó, \( p \) sẽ chia hết \( (a+2) p - (a+2) \) Nếu \( p \) chia hết \( (a+2) p - (a+2) \), thì \( p \) cũng chia hết \( (a+3) p - (a+3) \) Tiếp tục quá trình này, ta thấy rằng \( p \) chia hết \( x p - x \) với mọi \( x \in \mathbb{Z} \) Do đó, \( x p - x \equiv 0 \mod p \) nên \( x p \equiv x \mod p \) Nếu \( \gcd(x, p) = 1 \), ta có \( x^{p-1} \equiv 1 \mod p \).
Chú ý rằng chứng minh tiếp theo về cơ bản là giống chứng minh 1.1.
Cho a,b ∈Zvà p là số nguyên tố Khi đó (a+b) p −a p −b p là chia hết cho p luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si nếu:
Khi đó nếu a p −a và b p −b đều chia hết cho p thì khi đó(a+b) p −a−b chia hết cho p:
Đặt b = 1 trong biểu thức \((a+b) p - a - b \equiv a p - a + b p - b \equiv 0 \mod p\) Khi đó, \((a+1) p - a - 1\) chia hết cho \(p\) nếu \(a p - a\) chia hết cho \(p\) Vì \((a+1) p - (a+1)\) chia hết cho \(p\), nên \((a+2) p - a - 2\) cũng chia hết cho \(p\) Tiếp tục với \(a = 1\), ta thấy rằng \(p\) chia hết cho \(x p - x\) với mọi \(x \in \mathbb{Z}\) Do đó, \(x p - x \equiv 0 \mod p\) hay \(x p \equiv x \mod p\) Nếu \(\gcd(x, p) = 1\), ta có \(x^{p-1} \equiv 1 \mod p\).
Cho p là số nguyên tố và a ∈ Z với gcd(a,p) = 1 Xét tập {1,a,a^2, ,a^r} với r ∈ Z, có p−1 số dư dương nhỏ hơn p phân biệt Nếu a^m và a^n là hai số dư (mod p) với m > n, thì a^m ≡ a^n (mod p) dẫn đến a^{m−n} ≡ 1 (mod p), từ đó p chia hết a^{m−n} − 1 Gọi t là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho a^t − 1 chia hết cho p, thì t là cấp của a (mod p) Tập {1,a,a^2, ,a^{t−1}} có các số dư phân biệt (mod p), do đó t ≤ p−1 Nếu t = p−1, chứng minh hoàn tất; nếu t < p−1, tồn tại số nguyên dương k (với k < p) sao cho hệ {k,ak,a^2k, ,a^{t−1}k} có các số dư khác nhau, không có giá trị nào là lũy thừa của a (mod p).
(Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử \( r \equiv s \,(\text{mod } p) \) với \( r > s \) và \( r, s \leq t - 1 \) Khi đó, \( a^r \equiv a^s \,(\text{mod } p) \) dẫn đến \( a^{r-s} \equiv 1 \) Vì \( r \neq s \), suy ra \( r - s \neq 0 \) Với \( r, s \leq t - 1 \), ta có \( r - s < t \), nhưng điều này mâu thuẫn với bậc của \( a \) Xét hai hệ {1, a, a^2, , a^{t-1}} và {k, ak, a^2k, , a^{t-1}k}, chúng có hai giá trị dư khác nhau là \( 2^t \,(\text{mod } p) \), với \( 2^t \leq p - 1 \) Nếu \( t = \frac{p - 1}{2} \), thì \( t \) chia hết cho \( p - 1 \) Nếu \( t < \frac{p - 1}{2} \), ta bắt đầu với một số nguyên mới và thấy rằng {s, as, a^2s, , a^{t-1}s} có các giá trị dư khác nhau, không có giá trị nào là lũy thừa của \( a \) hoặc \( ka \).
Do đó, ta có \(3t \leq p-1\) và \(t \leq \frac{p-1}{3}\) Tiếp tục quá trình, ta thấy \(t \mid (p-1)\), từ đó suy ra \(p-1 = tm\) với \(m \in \mathbb{Z}\) Do đó, \(a^{p-1} = a^{tm}\) và \(a^{p-1} \equiv a^{tm} \mod p\) Kết luận, \(a^{p-1} \equiv (a^t)^m \mod p\) và \(a^{p-1} \equiv 1 \mod p\) Trong chứng minh này, Euler chỉ ra rằng \(p-1 - 1\) chia hết cho \(a^t - 1\), vì \(t \mid (p-1)\), từ đó ta hiểu rằng \(p-1 = tm\) với mọi \(m\).
Ví dụ.Cho pvà a Xét tập{1,10,10 2 ,10 3 , } Có11−1. Chú ý rằng10 và10 3 có cùng số dư (mod 11):
Khi đó bằng cách giản ước, ta có
Số 2 là bậc của 10 (mod 11), dẫn đến hệ {1,10} có phần dư khác nhau (mod 11) vì 2 < 11−1 Tồn tại số nguyên k sao cho k < p mà không phải là phần dư của lũy thừa của 10, với k = 2 Khi đó, {2,10^2} ≡ {2,9} (mod 11) có số dư khác nhau, không có số dư nào là lũy thừa của 10 (mod 11) Từ đó, {1,10} và {2,9} cho ta 2^2 = 4 số dư phân biệt (mod 11), với 2^2 < 11−1 Do đó, tồn tại số nguyên s sao cho s < p mà không phải là lũy thừa của 10 hoặc 10^2, với s = 3 Khi đó, {3,10^3} ≡ {3,8} (mod 11) có số dư phân biệt, không có số dư nào là lũy thừa của 10 (mod 11).
10 2 ã2 (mod11).Ta cú3ã2=6số dư phõn biệt, nhưng61 Ta sẽ được x p p!.
Trường hợp 2 a p =1,a i =0 với mọii< p Cho ta x p p
Trường hợp 3 a 1 6= p,a i =0 Trong trường hợpa i < p, khi đó psẽ không chia hết cho mẫu thức a 1 !a 2 !a 3 !ã ã ãa p !2 a 2 3 a 3 ã ã ãp a p
Do đó hệ số của x p là 1 p!+ 1 p = r s với p không chia hết s và r,s là nguyên tố cùng nhau Khi đó hệ số ở biểu thức 1.3 sẽ tương đương với hệ sau
1 (1−r s) s(1+ (p−1)!) = p!s−p!r = p!(s−r) = p(p−1)!(s−r). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Vì p-s suy ra p|(1+ (p−1)!)nên ta có
Chứng minh tiếp theo có liên quan đến "toán tử sai phân" ∆, được định nghĩa như sau
∆f(x) = f(x+1)− f(x) với bất kì hàm f nào.
Ta định nghĩa∆ k f(x) =∆ k−1 (∆f(x)) =∆(∆ k−1 f(x)) Ta sẽ chỉ ra rằng
Bây giờ ta sử dụng quy nạp để chứng minh rằng
! f(x+ j) với mọi số nguyênk Và khi đó ta sẽ chứng minh Định lý Wilson.
Chứng minh 2.7 (Thue, 1893) luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
(2) Giả sử đúng vớik−1có nghĩa là
! f(x+ j). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Với1≤ j≤k−1, theo đồng nhất thức Pascal hệ số của f(x+ j) là
Dễ dàng thấy rằng hệ số của f(x+k)là 1:
=1, và hệ số của f(x) là(−1) k :
= (−1) k luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Cho f(x) = x p−1 , với p là số nguyên tố Từ (1.4), áp dụng Định lý Fermat nhỏ và Định lý Binomial, vớik =1,2,3, ,p−2 Ta cók =1,2,3, ,p−2:
Bây giờ ta chú ý rằng
∆ p−1 f(0) = ∆ p−2 f(1)−∆ p−2 f(0). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Sử dụng (1.5) ta tìm được
Theo công thức Euler thì nó bằng (p−1)! Do đó(p−1)!≡1 (mod p).
Ứng dụng giải một số bài tập
Bài tập 1.Tìm tất cả các số nguyên dương x,y thỏa mãn x 2017 −1= (x−1)(y 2015 −1).
Cặp số (1,y) với y nguyên dương là nghiệm của phương trình Xét trường hợp x > 1, phương trình có thể được viết lại dưới dạng \$x^{2016} + x^{2015} + \ldots + x + 1 = \frac{x^{2017} - 1}{x - 1} = y^{2015} - 1\$.
Gọi \( p \) là một ước nguyên tố bất kỳ của \( A = \frac{x^{2017} - 1}{x - 1} \) Ta sẽ chứng minh rằng \( p \equiv 1 \mod 2017 \) hoặc \( p = 17 \) Nếu \( (p-1, 2017) = 1 \), theo Định lý Bézout, tồn tại các số nguyên dương \( a, b \) sao cho \( 2017a - (p-1)b = 1 \) Do \( x^{2017} \equiv 1 \mod p \) nên \( x^{2017a} \equiv 1 \mod p \) Từ đó, áp dụng Định lý Fermat nhỏ, ta có kết quả mong muốn.
1≡x 2017a ≡x (p−1)b+1 ≡x(mod p). Điều này chứng tỏ x≡1(mod p), suy ra x 2016 +x 2015 + .+x+1≡2017(mod p).
Do đó, ta có \( p = 2017 \) Nếu \( p \) là một ước nguyên tố của \( A \), thì \( p \equiv 1 \mod 2017 \) hoặc \( p = 2017 \) Gọi \( d \) là ước dương bất kỳ của \( A \), ta cũng dễ thấy rằng \( d \equiv 1 \mod 2017 \) hoặc \( d \equiv 0 \mod 2017 \).
Theo (1), ta cóy−1là một ước dương củaA, do đóy−1≡0,1(mod 2017), tức y ≡1,2(mod 2017) Mặt khác, ta cũng có B=y 2014 +y 2013 + .+y+1 cũng là ước của A.
Nếu y ≡ 1(mod 2017) thì B ≡ 2015(mod 2017), mâu thuẫn với (2) Do đó y≡2(mod 2017) Tuy nhiên, trong trường hợp này, ta lại có
B≡2^{2014} + 2^{2013} + \ldots + 2 + 1 = 2^{2015} - 1 \equiv 1009 \mod 2017, điều này mâu thuẫn với (2) Do đó, nếu \$x > 1\$ thì không tồn tại cặp số nào thỏa mãn yêu cầu Vậy chỉ có một cặp số duy nhất như đã nêu ở trên.
Bài tập 2.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3 p−1 −1 p là số chính phương.
Rõ ràng, với p = 2, điều này thỏa mãn yêu cầu của đề bài Xét trường hợp p > 2, ta có thể đặt p = 2k + 1 với k ∈ Z+, vì p là số lẻ.
(3 k −1)(3 k +1) p =a 2 vớia ∈Z+ Rõ rànga chẵn và(3 k −1,3 k +1) =2 nên ta có thể đặta+với b∈Z+và viết phương trình trên thành
Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 3 k −1 chia hết cho p Ta có
3 k +1=2y 2 vớix,y∈Z+ và(x,y) =1 Dẫn đếny 2 ≡2(mod 3)(vô lí).
Trường hợp 2 3 k +1 chia hết cho p Tương tự như trên, ta cũng có
Đối với phương trình \$3k + 1 = 2py^2\$ với \$x, y \in \mathbb{Z}^+\$ và \$\gcd(x, y) = 1\$, nếu \$k\$ là số lẻ, ta có \$3k + 1 \equiv 0 \pmod{4}\$, dẫn đến \$y\$ chia hết cho 2 Từ đó, suy ra rằng \$2py^2\$ chia hết cho 8, điều này mâu thuẫn với việc \$3k + 1 \equiv 4 \pmod{8}\$ Do đó, \$k\$ phải là số chẵn, tức là \$k = 2t\$ với \$t \in \mathbb{Z}^+\$.
2x 2 =3 2t −1= (3 t −1)(3 t +1). luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Chú ý rằng(3 t −1)(3 t +1) =2 nên một trong hai số3 t −1 và3 t +1 phải là số chính phương Tuy nhiên, 3 t −1≡ 2(mod 3) nên 3 t −1 không thể là số chính phương, suy ra
Từ đây, ta suy ra c−1=3 m và c+1=3 n vớim,n∈N,m1và Qlà
ChoPlà tích các phần tử của Q Nếun=2,4,p e ,hoặc2p e , 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).
Trường hợp 1:n=2,4,p e , hoặc2p e luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Theo Bổ đề 1.1.12, tồn tại một căn nguyên thủy được ký hiệu là \( r \) Sử dụng Bổ đề 11, ta có tập hợp \( Q \equiv \{ r, r^2, \ldots, r^{\Phi(n)} \} \) (mod \( n \)), do đó, tích của các phần tử trong tập hợp này là đồng dư.
Chứng minh [5, p.128] Nếu n là lũy thừa 2, cho n= 2 k với k≥ 2 Khi đó ϕ(n) =ϕ(2 k ) =2 k 1− 1 2
Số nguyên chẵn được biểu diễn dưới dạng \$2 (k−1)\$ Nếu \$n\$ không phải là lũy thừa của 2, thì nó sẽ chia hết cho một số nguyên tố lẻ \$p\$ Khi đó, ta có thể viết \$n = p^k m\$ với \$k \geq 1\$ và \$\text{gcd}(p^k, m) = 1\$ Do hàm ϕ là hàm nhân tính, ta có công thức \$ϕ(n) = ϕ(p^k) \cdot ϕ(m) = p^k\$.
1− 1 p ãϕ(m) = p k −p k−1 ϕ(m) =p k−1 (p−1)ϕ(m) Do đó2|(p−1), ϕ(n)là số chẵn.
Chứng minhCác trường hợp n=2và n=4 là đơn giản, vì thế chon = p e Khi đó
(r ϕ(n)/2 −1)(r ϕ(n)/2 +1) =r ϕ (n) −1≡0 (modn) suy ra p|(r ϕ (n)/2 −1) hoặc p|(r ϕ (n)/2 +1) Lưu ý rằng p không chia hết cho cả
Nếu một số nguyên \( p \) chia hết cho cả hai nhân tử, thì nó cũng sẽ chia hết cho liên hợp của nó, dẫn đến mâu thuẫn khi \( p|2 \) Vì \( r \) là một căn nguyên thủy (mod \( n \)), nên không có \( (r \phi(n)/2 - 1) \equiv 0 \) (mod \( n \)) Do đó, với \( n = p^e \), ta có \( r \phi(n)/2 + 1 \equiv 0 \) (mod \( n \)).
Chứng minh tương tự nếun=2p e Trong trường hợp rlà lẻ, do đó 2|(r ϕ(n)/2 ±
1) Tóm lại ta cór ϕ (n)/2 +1≡0 (modn).
Trường hợp 2:4|nand n>4. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si
Phương trình \(x^2 \equiv -1 \,(\text{mod } 4)\) không có nghiệm, do đó \(x^2 \equiv -1 \,(\text{mod } n)\) cũng không có nghiệm khi \(n\) chia hết cho 4 Với mỗi phần tử \(a\) của \(Q\), đồng dư \(ax \equiv -1 \,(\text{mod } n)\) có nghiệm duy nhất \(x = b\) trong \(Q\), và \(b \neq a\) Ghép cặp các phần tử \(a\) và \(b\) trong \(Q\) sao cho \(ab \equiv -1 \,(\text{mod } n)\) Khi đó, vì \(n\) chia hết cho 4, ta có \(n = 2^j\) với số nguyên \(m\) và \(j \geq 2\).
4p|n plà số nguyên tố lẻ và do đó ϕ(n)
Suy ra 4|ϕ(n), vì thế ϕ (n) 2 là chẵn Khi đó
Trường hợp 3: n = 2 j p e 1 1 p e 2 2 ã ã ãp e k k , với j = 0 hoặc j = 1, với mỗi p i là số nguyên tố lẻ, và k≥2.
Chúng ta chỉ ra rằng phương trình \$x^2 \equiv 1 \,(\text{mod} \, n)\$ có hai k nghiệm Cụ thể, phương trình \$x^2 \equiv 1 \,(\text{mod} \, p^{e_i})\$ có chính xác hai nghiệm là \$x = 1\$ và \$x = -1\$ Hơn nữa, điều kiện \$x^2 \equiv 1 \,(\text{mod} \, 2^{j} p^{e_1} \cdots p^{e_k})\$ xảy ra nếu và chỉ nếu \$x^2 \equiv 1 \,(\text{mod} \, 2^{j})\$ và \$x^2 \equiv 1 \,(\text{mod} \, p^{e_i})\$ với \$i = 1, \ldots, k\$ Áp dụng định lý phần dư Trung Hoa cho hệ phương trình \$x \equiv 1 \,(\text{mod} \, 2^{j})\$ và \$x \equiv \pm 1 \,(\text{mod} \, p^{e_i})\$, ta nhận thấy các nghiệm xuất hiện là \$a\$ và \$n - a\$ với \$a(n - a) \equiv - (a^2) \equiv -1 \,(\text{mod} \, n\$.
Cho S là tích của tất cả các nghiệm của x 2 ≡ 1 (mod n) Vì có 2 k−1 cặp,
S ≡ (−1)^{2k−1} ≡ 1 \text{ (mod } n\text{)} Nếu a là phần tử của Q không thuộc S, thì ax ≡ 1 \text{ (mod } n\text{)} có nghiệm duy nhất x = b trong Q, và b ≠ a Ta ghép cặp các phần tử a và b trong Q−S để được ab ≡ 1 \text{ (mod } n\text{)} Do đó, P ≡ 1 \text{ (mod } n\text{)}.
Theo Dickson [7, p.65], Gauss đã công bố định lý tổng quát và chỉ ra rằng các căn nguyên thủy có thể áp dụng trong định lý Điều này giải thích sự xuất hiện của Trường hợp 1 trong phần chứng minh Chúng tôi cũng lưu ý rằng phương pháp của Trường hợp 3 có thể áp dụng dễ dàng với \( n = p^3 \) và \( n = 2pe \) Trong các trường hợp này, \( x^2 \equiv 1 \,(\text{mod } n) \) có hai nghiệm, \( x \equiv \pm 1 \,(\text{mod } n) \) Chúng ta có thể ghép cặp các phần tử khác sao cho \( ab \equiv 1 \,(\text{mod } n) \), do đó \( P \equiv -1 \,(\text{mod } n) \) Nhờ vậy, chúng tôi có thể chứng minh ngắn gọn hơn khi xem xét trường hợp \( 4 \mid n \) và \( 4 \nmid n \).
Trong trường hợp 3, giả sử \( p \equiv 1 \mod 4 \), thì \( x^2 \equiv -1 \mod n \) không có nghiệm, vì \( x^2 \equiv -1 \mod p_i \) cũng không có nghiệm Trong trường hợp 2, chúng ta có thể kết hợp tất cả các phần tử \( a \) và \( b \) trong \( Q \) sao cho \( ab \equiv -1 \mod n \) Do đó, \( P \equiv (-1)^{\frac{\varphi(n)}{2}} \equiv 1 \mod n \) Điều này có nghĩa là trong trường hợp 3, chúng ta có thể giả định rằng \( p_i \) là đồng dư với \( 1 \mod 4 \).
Giả sử \( n_0 = 2^5 \cdot 13 \) và \( k = 2 \), ta muốn chỉ ra rằng phương trình \( x^2 \equiv 1 \mod 130 \) có \( 2^k = 4 \) nghiệm Để chứng minh điều này, ta áp dụng định lý phần dư Trung Hoa để xem xét các hệ phương trình: \( x \equiv 1 \mod 2 \), \( x \equiv 1 \mod 5 \), \( x \equiv -1 \mod 5 \), \( x \equiv 1 \mod 13 \), và \( x \equiv -1 \mod 13 \) Từ đó, ta có bốn nghiệm cho phương trình \( x^2 \equiv 1 \mod n \).
Một số chứng minh tổ hợp
The subsequent proofs of Fermat's Little Theorem and Wilson's Theorem demonstrate their ongoing relevance in contemporary mathematics The initial proofs are found in the book "Combinatorial Proofs of Fermat’s, Lucas’s and Wilson" by Peter G Anderson, Arthur T Benjamin, and Jeremy A Rouse Additional proofs are presented in "Proofs that Really Count" by Arthur T Benjamin and Jennifer J Quinn.
Chúng ta sẽ bắt đầu với bổ đề sau:
Bổ đề 17.ChoS là một tập hữu hạn, p là một số nguyên tố, giả sử f :S→S có tính chất f p (x) =xvới mọix thuộcS, với f p là p lần thành phần của f Khi đó
|S| ≡ |F|(mod p), trong đóF là tập các điểm bất động của f.
Đầu tiên, chúng ta chứng minh rằng tập hợp \( S \) là hợp rời nhau của các tập có dạng \(\{x, f(x), \ldots, f^{p-1}(x)\}\) Giả sử điều này không đúng, tức là tồn tại hai tập con riêng biệt của \( S \) sao cho
{x,f(x), ,f p−1 (x)} ∩ {y,f(y), , f p−1 (y)} 6=∅. Khi đó tồn tạii,j∈Zvới0≤ j 4 \), ta có thể biểu diễn \( p \) dưới dạng tích của hai số không tầm thường \( m \) và \( n \) sao cho \( p = mn \) Đầu tiên, nếu \( 1 < m < n < p \), thì \( mn \) phải chia hết cho \((p-1)!\), dẫn đến \( mn - [(p-1)! + 1] \) và \((p-1)! \equiv 0 \mod p\) Tiếp theo, nếu \( 1 < m = n < p \), thì \( m \) chia hết cho \((p-1)!\), suy ra \( m - [(p-1)! + 1] \) và \( mn - [(p-1)! + 1] \) Do đó, trong cả hai trường hợp, ta đều gặp mâu thuẫn, từ đó kết luận rằng \( p \) là số nguyên tố.
Ta cũng xét đến mệnh đề đảo của Định lý Fermat nhỏ tuy nhiên nó không đúng Nói cách khác, mệnh đề sau không đúng:
Cho p > 1 là một số tự nhiên, với mọi số tự nhiên a với gcd(a,p) = 1 và a p−1 ≡1(mod p) Khi đó plà một số nguyên tố.
Năm 1909 Carmichael chứng minh được rằng có giá trị củansao choa n−1 ≡
Số Carmichael là những số nguyên dương n mà thỏa mãn điều kiện \( n \equiv 1 \mod p \) với tất cả các số nguyên tố p Ví dụ, số 561 có thể phân tích thành \( 3 \times 11 \times 17 \) Đặc biệt, nếu \( \text{gcd}(a, 561) = 1 \), thì \( a^{560} \equiv 1 \mod 3 \), \( a^{560} \equiv 1 \mod 11 \), và \( a^{560} \equiv 1 \mod 17 \) Theo Định lý phần dư Trung Hoa, ta có \( a^{560} \equiv 1 \mod 561 \).
Một số kết quả chính trong luận văn đã được tác giả thể hiện
(1) Hệ thống các chứng minh ban đầu của Định lý Fermat nhỏ.
(2) Hệ thống các chứng minh ban đầu của Định lý Wilson.
(3) Một dạng mở rộng của Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson và chứng minh tương ứng.
(4) Ứng dụng của Định lý Fermat nhỏ và Định lý Wilson. luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si