bài giảng số học

b Nếu a chia hết cho b, b chia hết cho c thì a chia hết cho c tính bắc cầu c Nếu a chia hết cho b, c chia hết cho d thì ac chia hết cho bd Trong phần sau, ta sẽ bổ sung thêm một số tính

Bài giảng số học

Số học 1.

Ở các cấp dưới, ta đã làm quen với khái niệm số nguyên Nhắc lại một số tập hợp

số thường gặp:

Tập hợp các số tự nhiên: N = {0, 1, 2, 3, …}

Tập hợp các số nguyên: Z = { …, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ….}

Tập hợp các số hữu tỷ: Q = {p/q | với p ∈ Z, q ∈ Z+}

Tập hợp các số thực R

Tập hợp các số vô tỷ R \ Q là tập hợp các số thực không biểu diễn được dưới dạng p/q với p ∈ Z, q ∈ Z+

Trên tập hợp các số nguyên, ta có thể thực hiện các phép toán: Cộng, trừ, nhân Riêng với phép chia, không phải lúc nào ta cũng thực hiện được Từ đó dẫn đến phép chia có dư và khái niệm chia hết Ta có tính chất quan trọng sau:

Thuật toán chia: Cho a là một số nguyên bất kỳ và b là một số nguyên > 1 Khi

đó tồn tại duy nhất cặp số nguyên (q, r) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) a = bq + r;

ii) 0 ≤ r < b.

Chứng minh: Mệnh đề có hai yêu cầu: Tồn tại và duy nhất

Tồn tại Trước hết ta chứng minh cho trường hợp a ≥ 0 Ta chứng minh bằng quy nạp theo a Nếu

a < b thì ta có thể chọn q = 0 và r = a Giả sử mệnh đề đã đúng đến a = n ( ≥ b-1) Xét a = n+1 ≥ b

Ta có 0 ≤ a – b ≤ n nên theo giả thiết quy nạp, mệnh đề đúng, tức là tồn tại q’ và r’ sao cho

a – b = bq’ + r’ và 0 ≤ r’ < b Nhưng từ đây ta có a = b(q’+1) + r’ Như vậy nếu đặt q = q’ +1 và r = r’ thì ta được a = bq + r và

0 ≤ r < b, tức là mệnh đề đã đúng với a = n+1

Với a < 0 thì ta luôn tìm được số nguyên dương n sao cho a + nb > 0 Từ đó a + nb = bq’ + r’ với

0 ≤ r’ < b, suy ra a = b(q’-n) + r’

Duy nhất Nếu a = bq + r, a = bq’ + r’ với 0 ≤ r, r’ < b thì từ đây suy ra b(q-q’) = r’–r Do – b < r’ – r < b nên đẳng thức trên chỉ có thể xảy ra khi r’ – r = 0 và q – q’ = 0, tức là q = q’, r = r’

Tính chất trên tuy khá đơn giản nhưng là một trong những tính chất nền tảng, có nhiều ứng dụng quan trọng trong số học

Khi thực hiện thuật toán chia a cho b, nếu số dư r = 0, tức là nếu a = bq thì ta nói a

chia hết cho b Nói cách khác, ta nói a chia hết cho b khi và chỉ khi tồn tại số

nguyên q sao cho a = bq Trong trường hợp này, ta viết a b Ta cũng nói b chia hết a và viết b | a

Từ định nghĩa trên, ta có thể suy ra các tính chất cơ bản sau đây của phép chia hết.

a) Nếu a, b cùng chia hết cho c thì a + b, a – b và nói chung ax + by với x, y nguyên cũng chia hết cho c.

b) Nếu a chia hết cho b, b chia hết cho c thì a chia hết cho c (tính bắc cầu) c) Nếu a chia hết cho b, c chia hết cho d thì ac chia hết cho bd

Trong phần sau, ta sẽ bổ sung thêm một số tính chất quan trọng khác của phép chia hết (trong đó có tính giản ước được)

Nếu d chia hết a thì ta nói d là một ước số của a Xét hai số nguyên a và b Nếu d chia hết cả a lẫn b thì ta nói d là một ước số chung của a và b Số lớn nhất trong các ước số chung của a và b được gọi là ước số chung lớn nhất của a và b, và

được ký hiệu là (a, b)

Ví dụ các số 6 và 8 có tập các ước số tương ứng là {-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6} và {-8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8} Tập ước số chung là {-2, -1, 1, 2} và ước số chung lớn nhất

là 2

Nếu (a, b) = 1 thì ta nói hai số a và b nguyên tố cùng nhau Ta có định lý quan

trọng sau

Định lý (Bezout) Hai số nguyên a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên x và y sao cho ax + by = 1.

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp a, b > 0.

Nếu tồn tại x, y sao cho ax + by = 1 và d = (a, b) thì rõ ràng d | ax + by = 1 suy ra d = 1

Ngược lại, nếu (a, b) = 1, ta chứng minh sự tồn tại của các số nguyên x, y bằng quy nạp theo a +

b Với a + b = 2, mệnh đề đúng Giả sử mệnh đề đúng với a + b ≤ n Xét cặp số (a, b) với (a, b) =

1, a + b = n+1 Không mất tính tổng quát, giả sử a > b (trường hợp a = b dẫn đến (a, b) = b > 1!) Thực hiện phép chia a cho b, ta được a = bq + r Từ đây rõ ràng ta có (b, r) = 1, vì nếu (b, r) = d >

1 thì d cũng là ước số của a, do đó d là ước số chung của a và b, mâu thuẫn với điều kiện (a, b) =

1 Như vậy (b, r) = 1 và b+r = a – bq + b < a + b nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại x’, y’ nguyên sao cho rx’ + by’ = 1 Thay r = q – bq vào, ta được

(a-bq)x’ + by’ = 1  ax’ + b(y’-qx’) = 1.

Đặt x = x’, y = y’ – qx’ ta được ax + by = 1 Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề đúng với mọi (a, b) với (a, b) = 1 Định lý được chứng minh

Từ định lý trên, ta dễ dàng suy ra các hệ quả sau:

Hệ quả 1 Nếu d = (a, b) thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = d.

Hệ quả 2 Nếu d = (a, b) thì mọi ước số chung của a và b đều là ước số của d.

Làm thế nào để tìm được ước số chung của hai số nguyên a và b? Trước hết, ta chú ý rằng (a, b) = (|a|, |b|) do đó ta chỉ cần xét trường hợp a, b > 0 Ta có thuật

toán Euclide sau đây để tìm ước số chung lớn nhất của hai số Cơ sở thuật toán

này là tính chất sau: Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r)

Chứng minh tính chất: Đặt d = (a, b) và d’ = (b, r)

Ta có d | a, d | b suy ra d | r = a – bq, suy ra d là ước số chung của b và r Theo hệ quả 2, d là ước

số của d’ Tương tự, d’ | b, d’ | r suy ra d’ | a = bq + r, suy ra d’ là ước số chung của a và b, suy ra d’ là ước số của d Như vậy d’ | d, d | d’, suy ra d = d’

Thuật toán Euclide:

Ta minh hoạ thuật toán Euclide qua việc tìm USCLN của 2009 và 435

2009 = 435.4 + 269;

435 = 269.1 + 166;

269 = 166.1 + 103;

166 = 103.1 + 63;

103 = 63.1 + 40;

63 = 40.1 + 23;

40 = 23.1 + 17;

23 = 17.1 + 6 ;

17 = 6.2 + 5;

6 = 5.1 + 1;

5 = 5.1 + 0.

Như vậy, theo tính chất nêu trên thì ta lần lượt có

(2009, 435) = (435, 269) = (269, 166) = (166, 103) = (103, 63), (63, 40) = (40, 23) = (23, 17) = (17, 6) = (6, 5) = (5, 1) = 1

Tính chất nguyên tố cùng nhau của hai số nguyên là một tính chất quan trọng trong số học Và định lý Bezout là một định lý mạnh để sử dụng tính chất này Dưới đây, ta bổ sung hai tính chất quan trọng của phép chia hết liên quan đến các

số nguyên tố cùng nhau:

d) Nếu ab chia hết cho c mà (a, c) = 1 thì b chia hết cho c (Tính rút gọn được).

e) Nếu a chia hết cho b, a chia hết cho c mà (b, c) = 1 thì a chia hết cho b.c.

Chứng minh Ta chứng minh, chẳng hạn tính chất d) Vì ab chia hết cho c nên ab = cq Vì (a, c) =

1 nên theo định lý Bezout, tồn tại x, y nguyên sao cho ax + cy = 1 Nhân hai vế cho b, ta được b = abx + cby = cqx + cby = c(qx+by) Suy ra b chia hết cho c

Tương tự với khái niệm USCLN, ta có khái niệm BSCNN của hai số nguyên

dương a, b: Bội số chung nhỏ nhất của hai số nguyên dương a, b là số nguyên

dương nhỏ nhất trong các bội số chung của a và b Chú ý, tập hợp các bội số chung của hai số nguyên dương là vô hạn, nhưng theo tính chất của tập hợp các số

tự nhiên thì tập hợp các bội số nguyên dương chung của a, b luôn có phần tử nhỏ nhất BSCNN của hai số nguyên dương a, b được ký hiệu là [a, b] Ta có tính chất quan trọng sau, nêu lên mối liên hệ giữa USCLN và BSCNN

Định lý: Với a, b > 0, ta có (a, b).[a, b] = a.b.

Chứng minh Nếu (a, b) = 1 và M = [a, b] thì theo M chia hết cho a, M chia hết cho b Theo tính chất e) của phép chia hết, ta suy ra M chia hết cho ab, suy ra M ≥ ab Mặt khác, rõ ràng ab là một bội số chung của a và b Theo định nghĩa của M, ta có M ≤ ab Như vậy M = ab, tức là (a, b)[a, b]

= a.b

Bây giờ nếu (a, b) = d thì đặt a = da’, b = db’ với (a’, b’) = 1 thì ta có [a, b] = d[a’, b’] = da’b’ Suy ra (a, b)[a, b] = d.da’b’ = (da’)(db’) = ab.

Bài tập

1 Chứng minh tính chất e) của phép chia hết

2 a) Tìm một cặp số nguyên dương (x, y) sao cho

(x, y) = 5!, [x, y] = 50! (*)

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả mãn điều kiện (*)

3 Cho a, b là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện (a, b) = 1 Hãy tìm tất cả các giá trị có thể có của d = (a+b, a2 + b2)

4 Ngân hàng trung ương Sakinia chỉ phát hành 2 loại tiền 5 dina và 8 dina Hỏi người dân Sakinia có thể giao dịch (mà không bị thiệt) trên các món hàng có giá tiền bằng bao nhiêu nếu

1) Người bán hàng ở Sakinia có thể thối tiền cho người mua hàng?

2) Người bán hàng ở Sakinia không thối tiền lại cho người mua hàng?

Số học 2

Chúng ta bắt đầu bằng lời giải bài tập 4

Bài toán 1 Ngân hàng trung ương Sakinia chỉ phát hành 2 loại tiền 5 dina và 8 dina Hỏi người dân Sakinia có thể giao dịch (mà không bị thiệt) trên các món hàng có giá tiền bằng bao nhiêu nếu

1) Người bán hàng ở Sakinia có thể thối tiền cho người mua hàng?

2) Người bán hàng ở Sakinia không thối tiền lại cho người mua hàng?

Với câu 1, ta thấy rằng bất cứ món hàng với giá tiền nguyên dương nào cũng có thể mua được, chẳng hạn muốn trả món tiền 1 dina thì ta đưa 2 đồng tiền 8 dina và người bán hàng thối lại 3 đồng 5 dina Nói cách khác ta có biểu diễn

1 = 8.2 + 5.(-3)

Tương tự

2 = 8.4 + 5.(-6)

3 = 8.1 + 5.(-1)

4 = 8.3 + 5(-4)

…

Một cách tổng quát thì ta luôn có

N = 8.2N + 5.(-3N)

Nên ta luôn có thể mua hàng với giá tiền N (cho dù có vẻ như đây chưa phải là cách tối ưu, tuy nhiên bài toán không đòi hỏi tính tối ưu này)

Với câu 2, ta có thể liệt kê các giá tiền mua được và không mua được

1, 2, 3, 4, 6, 7, 9, 11, 12, 14, 17, 19, 22, 27

5 = 5, 8 = 8, 10 = 5.2, 13 = 5 + 8, 15 = 5.3, 16 = 8.2, 18 = 5.2 + 8, 20 = 5.4,

21 = 5.1 + 8.2, 23 = 5.3 + 8.1, 24 = 8.3, 25 = 5.5, 26 = 5.2 + 8.2, 28 = 5.4 + 8.1, 29

= 5.1 + 8.3, 30 = 5.6, 31 = 5.3 + 8.2, 32 = 8.4, 33 = 5.5 + 8.1.

Từ đây có thể dễ dàng chứng minh được rằng các số ≥ 28 đều biểu diễn được dưới dạng 5x + 8y với x, y nguyên không âm Như vậy, có 14 giá tiền không mua bán được công bằng ở Sakinia, trong đó 27 là giá tiền lớn nhất không mua bán được

Từ lời giải trên, một cách tự nhiên ta dẫn đến bài toán: Nếu thay 5, 8 bằng a, b thì câu trả lời sẽ là thế nào? Dĩ nhiên, về mặt toán học, ta chỉ cần xét trường hợp (a, b)

= 1 Khi đó thì từ định lý Bezout ta suy ra tồn tại x, y sao cho ax + by = 1 Và từ

đó a(xN) + b(yN) = N Như vậy, nếu ở Sakinia cho phép thối tiền thì mọi giá tiền nguyên để có thể giao dịch Nhưng nếu người bán hàng không thối lại thì sao? Có nghĩa là những số nguyên không âm N nào có thể biểu diễn được dưới dạng

N = ax + by với x, y nguyên không âm ?

Một cách trực quan ta thấy rằng với N đủ lớn thì N sẽ biểu diễn được dưới dạng N

= ax + by với x, y nguyên không âm Điều này được khẳng định qua định lý sau :

Định lý (Sylvester hay định lý Tem thư) Cho các số nguyên dương a, b có (a, b) =

1 Khi đó N 0 = ab – a – b là số nguyên dương lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng ax + by với x, y nguyên không âm Hơn nữa, với mọi số nguyên n, 0 ≤ n <

N 0 , trong hai số n và N 0 - n có đúng 1 số biểu diễn được

Để chứng minh định lý này, ta có thể dùng định lý sau:

Định lý về nghiệm của phương trình Diophant bậc nhất ax + by = c

Nếu (a, b) = 1 thì phương trình ax + by = c (1) luôn có nghiệm Hơn nữa, nếu x 0 ,

y 0 là một nghiệm của (1) thì mọi nghiệm của (1) có dạng

x = x 0 + bt, y = y 0 – at

Chứng minh Do (a, b) = 1 nên theo định lý Bezout, tồn tại u, v nguyên sao cho au + bv = 1 Từ

đó a(uc) + b(vc) = c Suy ra phương trình (1) có nghiệm Giả sử x 0 , y 0 là một nghiệm nào đó Khi

đó ax 0 + by 0 = c (2) Lấy (1) trừ đi (2), ta được

a(x-x 0 ) = - b(y-y 0 )

Từ đây suy ra a(x-x 0 ) chia hết cho b Do (a, b) = 1 nên suy ra x-x 0 chia hết cho b Đặt x-x 0 = bt, thay vào ta được y-y 0 = -at, suy ra x = x 0 + bt, y = y 0 – at.

Để kết thúc phần chủ đề liên quan đến định lý Bezout và bài toán tem thư, ta đưa

ra thuật toán tìm hai số u, v sao cho ax + by = 1 với a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Ta giải thích thuật toán này thông qua ví dụ sau:

Bài toán 2

a) Tìm các số nguyên u, v sao cho 23u + 17v = 1

b) Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 23x + 17y = 200

c) Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm x, y thoả mãn phương trình 23x + 17y = 200

Giải

a) Để tìm u, v, ta dùng thuật toán Euclide mở rộng như sau

23 = 17.1 + 6

17 = 6.2 + 5

6 = 5.1 + 1

Từ đó biểu diễn ngược trở lại: 1 = 6 – 1.5 = 6 – 1.(17 – 6.2) = 6.3 – 17 = (23 – 17.1)3 – 17 = 23.3 – 17.4 Ta tìm được u = 3, v = -4

b) Từ đẳng thức 23.3 + 17.(-4) = 1 ta suy ra 23.600 + 17(-800) = 200 Từ đó suy ra nghiệm tổng quát của phương trình 23x + 17y = 200 là

x = 600 + 17t, y = –800 – 23t

c) Muốn x, y là nghiệm nguyên không âm, ta cần có

600 + 17t ≥ 0, –800 – 23t ≥ 0,

Từ đó -600/17 ≤ t ≤ -800/23 Từ đó suy ra t = -35 và ta được nghiệm

x = 600 – 17.35 = 5, y = –800 – 23.35 = 5

Số nguyên dương n > 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước số (nguyên dương) là 1 và chính nó Trong trường hợp ngược lại, n được gọi là hợp

số Dễ thấy rằng n là hợp số khi và chỉ khi tồn tại a, b > 1 sao cho n = a.b.

Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, … đóng vai trò quan trọng trong số học và trong một số vấn đề khác liên quan đến số nguyên (ví dụ phương trình hàm trên tập N) Trước hết ta có định lý quan trọng sau :

Định lý cơ bản của số học: Nếu N > 1 là một số nguyên dương thì N phân tích được thành tích của các thừa số nguyên tố

r

r p p

p

N α1 α2 α

2 1

= , trong đó pi là các số nguyên tố phân biệt, αi là các số nguyên dương Hơn nữa, phân tích này là duy nhất nếu không tính đến thứ tự của các thừa số

Để chứng minh định lý này, ta cần dùng đến bổ đề đơn giản sau :

Bổ đề: Mọi số nguyên dương N > 1 đều có ít nhất một ước số nguyên tố.

Ta chứng minh bổ đề bằng phép quy nạp mạnh Với N = 2, 3 mệnh đề đúng Giả sử mệnh đề

đúng đến N < n Xét N = n Nếu n là số nguyên tố thì n chính là ước số của n Nếu n là hợp số thì

n = a.b với a, b > 1 Khi đó a < n và theo giả thiết quy nạp, a có một ước số nguyên tố p Nhưng

khi đó p cũng là ước số nguyên tố của n Ta có đpcm.

Bài toán 3

1) Số 100! tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0?

2) Chữ số đầu tiên khác 0 tính từ bên phải sang của số 100! là số mấy?

Để giải bài toán trên, ta cần tìm số mũ của 5 và của 2 trong phân tích chính tắc của

100!, với chú ý rằng 5.2 = 10 và nếu N chia hết cho 10k (và không chia hết cho

10k+1) thì N tận cùng bằng k chữ số 0 Ta có định lý sau :

Định lý Gọi αp (n) là số mũ của p trong phân tích chính tắc của n ra thừa số

nguyên tố, khi đó ta có

)









 +











 +













=

p

n p

n p

n n

p

α

Chứng minh Trong n số nguyên dương đầu tiên, có 











p

n

số chia hết cho p, 









 2

p

n

số chia hết

cho p 2 , 











3

p

n

số chia hết cho p 3 , … Từ đây suy ra có













−













2

p

n p

n

số chia đúng cho p (tức là chia hết cho p mà không chia hết cho p2 );













−













3

n p

n

số chia đúng cho p 2 ;













−













4

n p

n

số chia đúng cho p 2 ;

…

Từ đó suy ra

3 2

)









 +











 +













= +





















−











 +





















−











 +





















−













=

p

n p

n p

n p

n p

n p

n p

n p

n p

n

n

p

α

Áp dụng vào bài toán, ta có

24 0 4 20

125

100 25

100 5

100 )

100

(

α

97 1 3 6 12 25 50

64

100 32

100 16

100 8

100 4

100 2

100 )

100

(

α

Từ đó suy ra 100! tận cùng bằng 24 chữ số 0

Phần còn lại của bài toán 3 xin dành cho các bạn.

Bài tập

1 Chứng minh định lý Sylvester

2 Chứng minh rằng tích của n số nguyên dương liên tiếp luôn chia hết cho n! (Gợi

ý : Chứng minh (n+k)!/k!n! là một số nguyên bằng cách dùng số mũ của p trong phân tích chính tắc của n!)

3 Hãy sắp các số 1, 2, 3, …, 12 theo một thứ tự nào đó trên một vòng tròn sao cho với 3 số a, b, c liên tiếp trên vòng tròn, ta có ac – b2 chia hết cho 13

4 Chứng minh rằng nếu n > 2 và p là số nguyên tố thoả mãn điều kiện 2n/3 < p <

n thì p không chia hết (2n)!/(n!)2