Luận văn sư phạm Một số định lý cơ bản của số học

Khi đó ta có.

Hà N i - 2008

L i c m n

B n khoá lu n t t nghi p này là b c đ u tiên đ em làm quen v i vi c

nghiên c u khoa h c Tr c s b ng và g p nhi u khó kh n khi m i làm

quen v i công tác nghiên c u khoa h c em đư nh n đ c s giúp đ , đ ng

viên c a các th y cô giáo và các b n sinh viên trong khoa Em xin chân thành

c m n s giúp đ quý báu c a các th y cô trong t i s , các th y cô trong

khoa Toán, các th y cô trong tr ng HSP Hà N i 2 và các b n sinh viên

c bi t em xin g i l i c m n chân thành sâu s c t i Th c s Nguy n Huy

H ng ng i đư giúp đ , h ng d n t n tình đ em hoàn thành khoá lu n này

Em c ng xin chân thành c m n ban ch nhi m khoa Toán đư t o đi u ki n

cho em có c h i đ t p d t v i vi c nghiên c u khoa h c

Hà N i, tháng 5 n m 2008 Sinh viên

Ngô Th Minh Di u

L i cam đoan

Khoá lu n c a em đ c hoàn thành d i s h ng d n c a Th c s

Nguy n Huy H ng cùng v i s c g ng c a b n thân Trong quá trình nghiên

c u và th c hi n khoá lu n em có tham kh o tài li u c a m t s tác gi có nêu

trong m c tài li u tham kh o Em xin cam đoan nh ng k t qu trong khoá

lu n là k t qu nghiên c u c a b n thân, không trùng v i k t qu c a các tác

gi khác N u sai em xin hoàn toàn ch u trách nhi m

Hà N i, tháng 5 n m 2008 Sinh viên

Ngô Th Minh Di u

M c l c

Trang

L i c m n……… 1

L i cam đoan……… 2

M c l c……… 3

L i m đ u……… 4

Ch ng 1 M t s đ nh lý c b n v s nguyên t

1.1 nh ngh a s nguyên t ……… 6

1.2 M t s đ nh lý c b n v s nguyên t ……… 6

1.3 M t s ng d ng……… 10

1.4 M t s bài toán v s nguyên t ……… 11

Ch ng 2 M t s đ nh lý c b n v đ ng d 2.1 Quan h đ ng d ……… 21

2.2 nh lý Euler nh lý Wilson…… ……… 25

2.3 Ph ng trình đ ng d ……… 27

2.4 nh lý Th ng d Trung Hoa……… 31

2.5 Th ng d toàn ph ng Lu t thu n ngh ch bình ph ng… 34 2.6 M t s bài t p áp d ng……… 40

K t lu n……… 49

Tài li u tham kh o……… 50

ch a kho đ m c a vào th gi i c c con s

Nh ng ki n th c n n múng và quan tr ng v To n h c núi chung và s

h c núi ri ng s mang đ n cho ch ng ta nhi u đi u m i m và th v

Ngay t c p h c Ti u h c, h c sinh đó đ c làm quen và cú k n ng

thành th o khi gi i c c bài to n li n quan đ n c c ph p t nh c ng, tr , nhõn,

chia s t nhi n Khi h c sinh h c l n c p h c THCS, THPT b n c nh vi c

đ c n t p, h th ng ho c c n i dung v s t nhi n đó h c, c c em c n

t m hi u th m nhi u n i dung m i: ph p nõng l n lu th a, s nguy n t và

h p s , c chung và b i chung, quan h đ ng d …

Trong ch ng tr nh to n ph th ng, lý thuy t s đ c xem là n i dung

khú v i nh ng bài to n ph c t p v i nhi u c ch gi i th v Trong c c k thi

h c sinh n ng khi u, h c sinh gi i c c c p, n i dung s h c: S nguy n t ,

quan h đ ng d … chi m t l kh cao trong c c đ thi V v y, đ gi p c c

Ch ng 1 : M t s đ nh lý c b n v s nguyên t

Ch ng 2 : M t s đ nh lý c b n v đ ng d

M c dù đư có nhi u c g ng song không tránh kh i nh ng thi u sót, vì

v y em r t mong nh n đ c ý ki n đóng góp c a các th y cô giáo và các b n

sinh viên cho bài khoá lu n c a em Em xin chân thành c m n!

Hà N i, tháng 5 n m 2008

Sinh viên:

Ngô Th Minh Di u

Ch ng 1 M t s đ nh lý c b n v

s nguyên t 1.1 nh ngh a s nguyên t :

Khi đó đ nh ngh a s nguyên t có th đ c phát bi u l i nh sau: S t

nhiên l n h n 1 đ c g i là s nguyên t n u nó không có c th c s

N u a > n thì t b ≥ 1 ta có n = a.b > n.1 = n, mâu thu n V y 1 < a < n

Theo gi thi t quy n p, a có c nguyên t p T p | a, a | n suy ra p | n

Khi đó đ t N = p1.p2…pn+ 1, th thì theo b đ (1.2.1), N chia h t cho

m t s nguyên t p nào đó ( vì N > 1 ) S nguyên t p này b t bu c ph i là

m t trong các s pi, do ch có n s nguyên t p1, p2,…, pn mà thôi Tuy nhiên,

theo đ nh ngh a c a N, N không th chia h t cho s pinào c Mâu thu n này

cho ta đi u ph i ch ng minh

N u m t s nguyên t p chia h t tích ab c a hai s nguyên a và b thì p

ph i chia h t ít nh t m t trong hai s a và b

Ch ng minh :

Gi s p | ab nh ng p không chia h t a và không chia h t b Khi đó theo

đ nh lý (1.2.3) ta có (a,p) =1 và (b,p) = 1, t đó ta có (ab,p) =1 ( trái gi thi t p

| ab) T đó, ta có đi u ph i ch ng minh

Nh n xét : B ng quy n p, chúng ta có th m r ng k t qu này cho nhi u s

D a vào nh n xét trên ta có th ki m tra xem m t s nguyên d ng cho

tr c b t k là s nguyên t hay không?

Ví d : xác đ nh a = 89 có là s nguyên t không ta ch c n xem nó có

c nguyên t bé h n ho c b ng 89không? Ta có 89 = 9,43 và các s

nguyên t nh h n ho c b ng 9,43 là 2; 3; 5; 7 đ u không là c c a 89

V y 89 là s nguyên t

Cho m t s t nhiên a > 1 b t k V n đ đ t ra là li u có th bi u th a

d i d ng tích c a các th a s nguyên t đ c hay không và có bao nhiêu

cách bi u th nh v y? V n đ đó đ c gi i quy t trong đ nh lý sau:

nh lý 1.2.7 < nh lý c b n c a s h c >

M i s t nhiên a > 1 đ u phân tích đ c thành tích nh ng th a s nguyên

t và s phân tích đó là duy nh t n u không k đ n th t c a các th a s

Quá trình này ph i k t thúc, ngh a là t có n sao cho an = 1, an-1 = pn là

m t s nguyên t , b i vì ta có a, a1, a2,… là m t dưy nh ng s t nhiên mà

th t c a các th a s nên có th coi p1 = q1 t đó ta đ c p2.p3…pn =

q2.q3 qm Ta l y p2 và l p l i cho đ n khi m t v không còn th a s nguyên

t nào n a Nh ng lúc đó, v còn l i c ng không còn th a s nguyên t nào

p 2

2 n n

p p pk P, i  0 g i là d ng phân tích tiêu chu n

i.

V y s các c c a a là (1 + 1) (2 + 1 )… (n + 1 )

+) Cho ( a, b) =1 Khi đó :

d | ab  d = xy v i x | a, y | b và (x , y) = 1

1000 = 23 53

V y ( 720, 225, 1000 ) = 20

30 5 = 5 [ 720, 225, 1000 ] = 24 32 53 = 18000

1.4 M t s bài toán v s nguyên t :

Gi i :

a Ta l n l t xét các tr ng h p :

- Ch ng minh có vô s s nguyên t có d ng 4m + 3 :

V y có vô s s nguyên t có d ng 4m + 3

Hoàn toàn t ng t ta c ng ch ng minh đ c tích c a các s có d ng

6m + 1 là s có d ng y T đó suy ra có vô s s nguyên t có d ng 6m + 5

Bài 7 :

Ch ng minh r ng v i m > 2 gi a m và m! có ít nh t m t s nguyên t ,

t đó suy ra r ng có vô s s nguyên t

Gi i:

* Do m > 2 nên m! – 1 > 1, theo b đ (1.2.1) có s nguyên t p sao

Theo ch ng minh trên có s nguyên t p sao cho m < p < m!

Nh ng vì m = p p1 2 p n < p nên p ≠p i ( i = 1, 2, …, n ) đi u này mâu thu n

p ≠ 3 ta có 8p – 1; 8p; 8p + 1 là ba s t nhiên liên ti p nên có m t s

chia h t cho 3 Vì p nguyên t khác 3 nên 8p  3 do đó 8p – 1 ho c 8p + 1

+) k 3 dưy k + 1, k + 2,…, k + 10 ch a 5 s l liên ti p, các s l này

đ u l n h n 3 nên có m t s chia h t cho 3, mà 5 s ch n trong dưy hi n

nhiên không là s nguyên t V y trong dưy có ít h n 5 s nguyên t

nh ngh a 2.1.1 :

Cho hai s nguyên a và b Ta nói a có quan h đ ng d modulo m v i

b, ký hi u a b ( mod m ) n u và ch n u m | (a - b ), trong đó m là s nguyên

Cho m  ฀ *, a  ฀ , n u có ax 1 ( mod m ) thì ta nói x là ngh ch đ o

c a a theo modulo m, ký hi u a-1, ph n t này xác đ nh duy nh t theo modulo

N u ax 1 ( mod m) thì ax = 1 + km  ax - km = 1 v i k nguyên nào

đó suy ra a nguyên t cùng nhau v i m

o l i, n u a nguyên t cùng nhau v i m thì t n t i x, y sao cho

ax + my = 1 suy ra ax = 1 - my, do đó ax 1 ( mod m)

Ngh ch đ o x là duy nh t theo modulo m

Ví d : m = 4 thì h { 0, 1, 2, 3 } là h th ng d đ y đ không âm modulo 4

nh ngh a 2.1.9 ( H th ng d thu g n không âm nh nh t ) :

H th ng d thu g n ch a trong h th ng d đ y đ modulo m không

âm nh nh t đ c g i là h th ng d thu g n modulo m không âm nh nh t

Ví d : m = 8 t p h p { 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } là m t h th ng d đ y đ

không âm nh nh t modulo 8 T p { 1, 3, 5, 7 } là m t h th ng d thu g n

không âm nh nh t modulo 8

b) T (k,m) = 1 nên t n t i x  ฀ sao cho kx 1 ( mod m )

M t khác do (ai, m) = 1 nên có bi  ฀ sao cho aibi 1 ( mod m )

Do đó ( kai )( xbi ) (kx) (aibi) 1 ( mod m ) i u này ch ng t k.ailà ph n

t kh ngh ch modulo m hay ( kai , m ) = 1

Bây gi n u kai kaj ( mod m ) thì xkai xkaj ( mod m ) hay ai aj (mod

m) Do { a1, a2,…, as} là h th ng d thu g n modulo m nên ta có i = j

Gi s { r1, r2, …, r(m)} là h th ng d thu g n modulo m không âm

nh nh t Theo gi thi t (a, m) = 1 nên theo đ nh lý (2.1.10) ta có:

{ ar1, ar2, …, ar(m)} là m t h th ng d thu g n modulo m

Euler ta có ap–1 1 (mod p )

* H qu :

Cho p là m t s nguyên t và a là m t s nguyên tu ý Khi đó ta có

ap a (mod p )

Ch ng minh :

N u a chia h t cho p thì hi n nhiên có ap a (mod p )

N u a không chia h t cho p thì theo đ nh lý nh Fermat trên ta có :

ap–1 1 (mod p ), nên sau khi nhân hai v c a đ ng d này v i a a (mod p )

= 1)

V y ( p - 1 )! (-1) (mod p)

2.3 Ph ng trình đ ng d :

nh ngh a 2.3.1 :

Gi s f(x) = an xn + an-1 xn-1 +…+ a0là m t đa th c ( v i các h s nguyên

) S nguyên x0đ c g i là nghi m c a ph ng trình đ ng d f(x) 0 (mod

m ) n u f(x0) 0 ( mod m )

nh ngh a 2.3.2 :

Cho r1, r2, …, rm là m t h th ng d đ y đ modulo m S nghi m c a

ph ng trình f(x) 0 ( mod m ) đ c đ nh ngh a là s các ritho mưn:

f(ri) 0 ( mod m )

nh ngh a 2.3.3 ( B c c a ph ng trình đ ng d ):

Cho đa th c f(x) = an xn + an-1 xn-1 +…+ a0

Khi đó b c c a ph ng trình f(x) 0 ( mod m) đ c đ nh ngh a là s

nguyên j l n nh t, j ≤ n sao cho aj  0 ( mod m )

N u không t n t i s nguyên j nh v y ph ng trình đ c coi nh

đ ng d f(x) 0 ( mod p ) V y gi a n và k có m i quan h gì v i nhau?

V n đ đó đ c gi i quy t trong đ nh lý sau :

nhiên, ph ng trình này có n nghi m phân bi t modulo p là x1, x2,…, xn Mâu

thu n trái v i gi thi t quy n p

f(x) = ( xp - x ) q(x) + r(x) trong đó deg r < p hai ph ng trình f(x) 0 ( mod p ) và r(x) 0 ( mod p ) có cùng m t t p h p

nghi m T lý do đó, ta có đ nh lý sau :

nh lý 2.3.5 :

Cho ph ng trình đ ng d f(x) 0 ( mod p ) có b c n ≥ p Khi đó ch

có hai kh n ng sau :

a) M i s nguyên đ u là nghi m c a ph ng trình

b) T n t i đa th c g(x) có deg g < p v i h s cao nh t b ng 1 sao

cho ph ng trình f(x) 0 ( mod p ) và g(x) 0 ( mod p ) có cùng t p h p

nguyên đ u là nghi m c a ph ng trình f(x) 0 ( mod p )

N u r(x) có ít nh t m t h s không chia h t cho p

Gi s deg r = m < p, g i am là h s b c cao nh t không chia h t cho p

f(x) 0 ( mod p ) luôn nh h n ho c b ng s b c V y v i đi u ki n nào thì

s nghi m b ng s b c? V n đ đó s đ c gi i quy t trong đ nh lý 2.3.6 :

Nh n xét:

T đ nh lý ( 2.3.5 ) ta ch c n xét các đa th c f(x) có b c bé h n p và có

h s cao nh t b ng 1

nh lý 2.3.6 :

Cho đa th c f(x) có b c n v i h s cao nh t an= 1 Khi đó ph ng

trình f(x) 0 ( mod p ) có n nghi m n u và ch n u ta có bi u di n :

xp - x = f(x) q(x) + p s(x) trong đó q(x) , s(x) là các đa th c có h s nguyên, deg q = p - n, deg s < n và

- x 0 ( mod p ) có p nghi m, f(x) 0 ( mod p ) có

n nghi m, nên ph ng trình r(x) 0 ( mod p ) c ng có n nghi m

Vì deg r < n nên n u ph ng trình r(x) 0 ( mod p ) có b c thì b c bé

h n n và có n nghi m, t c là s b c bé h n s nghi m ( vô lý ) V y ph ng

ai.x + bi 0 ( mod mi )

nh lý sau s gi i quy t bài toán trên :

nh lý 2.4.1 : ( nh lý Th ng d Trung Hoa )

Cho m1, m2,, …, mnlà các s nguyên d ng đôi m t nguyên t cùng

nhau; r1, r2,,…, rnlà các s nguyên b t k Khi đó, h ph ng trình đ ng d

trên luôn có nghi m chung

N u x0 và x1là hai nghi m tho mưn h ph ng trình trên thì

m , do gi thi t m1, m2,, …, mnlà các s nguyên d ng đôi

m t nguyên t cùng nhau nên ta có (si, mi) = 1 v i m i i = 1, 2,…, n

Do đó v i m i i t n t i m t s nguyên ui tho mưn uisi 1 ( mod mi )

t : x0 = s1.u1r1 + s2.u2r2 +…+ sn.unrn

Vì sjchia h t cho min u j ≠ i nên x0 siuiri ri ( mod mi) v i m i 1 ≤ i ≤ n

T c là h ph ng trình đ ng d đư cho có nghi m chung

Gi s x1là m t nghi m khác c a h ph ng trình đ ng d trên

Khi đó ta có x1 - x0 0 ( mod mi ) hay (x1 - x0)  mi v i m i i =1, 2, , n

Do m1, m2,, …, mnlà các s đôi m t nguyên t cùng nhau nên t đó suy ra :

nên x0– ri x0 – rj 0 ( mod d ) hay ri rj mod ( mi , mj) Do i, j đ c

ch n tu ý nên ri rj mod ( mi , mj ) 1 i < j  n là đi u ki n c n đ h

ph ng trình có nghi m

Ng c l i, ta s ch ng minh b ng quy n p theo n r ng n u đi u ki n

trên đ c tho mưn thì h ph ng trình luôn có duy nh t nghi m modulo m

x rd

Do (d1, d2 ) = 1 nên theo đ nh lý Th ng d Trung Hoa t n t i m t s

nguyên d ng u sao cho :

( mod d1.d2) hay x ud + r ( mod dd1d2)

Do m = [ m1, m2 ] = d.d1d2nên t đ nh lý th ng d Trung Hoa suy ra h

ph ng trình có nghi m duy nh t modulo m

Gi s đ nh lý đúng đ n n - 1 Ta s ch ng minh đ nh lý đúng đ n n

S nguyên d ng a tho mưn ( a, m ) = 1 đ c g i là m t th ng d toàn

ph ng modulo m n u ph ng trình x2 a ( mod m) có nghi m

nh ngh a 2.5.2 : ( nh ngh a ký hi u Legendre)

Cho a là m t s nguyên, p là m t s nguyên t l , ta đ nh ngh a ký hi u

Legendre nh sau :

110

 

 

  =

abp

 

 

 

Ch ng minh

i Do a฀ và p  P nên có hai tr ng h p sau x y ra :

* N u (a,p) = 1: Khi đó theo đ nh lý Fermat, ta có ap – 1  1 ( mod p )

Do các ph n t c a t p h p {p - r1, p - r2,…, p - rn, s1, s2,…, sk} đ u

n m trong t p { 1, 2, …, 1

2

p} và n + k = 1

2

p nên ta ch c n ch ng minh các ph n t c a t p h p { p - r1, p - r2,…, p - rn, s1, s2,…, sk} phân bi t

và ( p - r1).( p - r2 )…( p - rn ) s1 s2…sk = ( 1

2

p)!

Do đó ( - r1) (- r2)…(- rn) s1 s2…sk ( 1

2

p)! ( mod p )

 (-1)n

r1.r2…rn s1 s2…sk ( 1

2

p)! ( mod p )

 (-1)n

( 12

p)! a(p-1)/2 ( 1

2

p)! ( mod p )

T đó suy ra (-1)n a(p-1)/2

= ap

18

p

j

pj

2 2( 1)

2

q }

p }

= { ( x, y ) : 1  x  1

2

p, 1  y  qx

q }

= { ( x, y ) : 1  y  1

2

q, 1  x  py

x

qxp

y

pyq

2 2( 1)

1 N u ít nh t m t trong hai s p, q đ ng d 1 modulo 4, thì c hai

ph ng trình trên có nghi m ho c c hai ph ng trình vô nghi m

2 N u c p và q đ ng d 3 modulo 4 thì m t trong hai ph ng trình s

có nghi m, còn ph ng trình kia vô nghi m

Vì ( 3, 100 ) =1 nên theo đ nh lý Euler ta có :

Cho a, b là các s nguyên d ng nguyên t cùng nhau Ch ng minh

r ng t n t i các s nguyên d ng m, n sao cho : am

M t s có 6n ch s và chia h t cho 7 Ch ng minh r ng n u chuy n

ch s t n cùng lên đ u c a s đó thì đ c m t s c ng chia h t cho 7

p ( mod p) nên x ( 1) 21

p

 (p – 1)(p – 2)(p – 3)…( 1)

2

p ( mod p )

2

p)

(1 2 3… 1

2

p) ( 1 3 ( 1))

Ng c l i, gi s p là m t s nguyên t l và t n t i s nguyên x sao

cho x2 -1 ( mod p ), khi đó theo đ nh lý nh c a Fermat:

f(x) 0 (mod p)

có p nghi m Do deg f = p - 1 nên f không có b c modulo p, t c là m i h s

c a f đ u chia h t cho p T đó ta có đi u ph i ch ng minh

p p Ta có x2 x ( mod m ) khi và ch khi

  c

3137

( 137 2(mod 3))3