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.
Trong bài viết này, tác giả tham khảo các kết quả từ nguồn [1] và [2] Định nghĩa 1.1.1 cho biết rằng a và b là các số nguyên với m > 0 Nếu m chia hết cho (a−b), thì a được coi là đồng dư với b theo modulo m, ký hiệu là a ≡ b (mod m).
Các khái niệm về đồng dư lần đầu tiên được chính thức giới thiệu bởi Gauss trong chương thứ nhất của cuốn Disquisitiones Aritmeticae Ông chọn kí hiệu
≡ 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 , ,k m và n là các số nguyên không âm sao cho vớin ≥1 và k1+k2+ .+k m =n, thì
= n! k 1 !k 2 ! .k m ! 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 m1) x ≡ a 2 (mod m2)
x ≡ a r (mod m r ) có nghiệm duy nhất (mod m).
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 bằng 2, 4, p^e hoặc 2p^e, trong đó p là số nguyên tố lẻ Căn nguyên thủy của n được định nghĩa là ordn = ϕ(n), với r và n là các số nguyên tố cùng nhau và n > 0.
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
Theo Chứng minh của How và Turnage (2007), số cách 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 cách sắp xếp của các vật khác nhau vào các ô mà không có sự hạn chế nào Khi đó, số lượng cách sắp xếp này được tính là |U|=a^n, vì mỗi vật có a lựa chọn cho một ô.
Gọi P i là đặc điểm của ô thứ i khi nó rỗng Áp dụng nguyên lý Bù - Trừ, chúng ta phân phối các vật vào các ô không mang bất kỳ đặc điểm nào trong số các đặc điểm đã cho.
P 1 ,P 2 , ,P n Gọi N(P i ′ ) là số cách phân phối không chứa tính chấtP i và N(P i ) là số cách phân phối chứa tính chấtP i Khi đó sử dụng nguyên lý Bù - Trừ
+ ã ã ã+ (−1) n N(P1P 2 ã ã ãP n ). Đầu tiên ta tính ∑N(Pi) 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(Pi) 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 gcd(a,p) = 1, thì a^(p−1) ≡ 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 khi Định lý Fermat nhỏ được đưa ra, vào năm 1736, Euler đã công bố chứng minh đầu tiên trong bài báo "Theorema- tum Quorundam ad Numeros Primos Spectantium Demonstratio" Trước đó, Leibniz cũng đã có một chứng minh tương tự trong bản thảo không công bố vào khoảng năm 1683 Nhiều tác giả đã nghiên cứu và phát triển các phương pháp khác nhau để chứng minh Định lý Fermat nhỏ Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày những cách chứng minh này, trong đó có một chứng minh phổ biến trong các 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], các phương pháp chứng minh Định lý Fermat nhỏ đã được trình bày Bài viết sẽ khám phá các chứng minh của Leibniz, Euler, Lambert, Inovy và Thue Tài liệu [4, chương 3] sẽ được sử dụng làm nguồn tham khảo chính cho chương này.
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 k1,k2, ,km
= p! k1!ã ã ãkm! Khi k i 6= p với mọi i thỡ k i < p với mọii Khi đó không có nhân tử pở mẫu số nhưng sẽ có một nhân tử p ở tử số.
Do đók i 6= pvới mọii, p! k1!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.
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 ∈ Z, vì mỗi hệ số đều có một nhân tử của p Từ đó, ta có 3p - 1 - 2p = kp Bằng cách thêm và bớt 2 ở vế trái, ta thu được 3p - 3 - (2p - 2) = kp Tổng quát, ta có (1+a)p = 1 + ap + np với n ∈ 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.
Với n ∈ N, ta có công thức (1+a)p − (1+a) = (a^p − a) + np Nếu p chia hết (p − a), thì p cũng chia hết (1+a)p − (1+a) Qua việc chứng minh với a=2, ta thấy p chia hết a^p − a Đối với a > 2, ta tiếp tục xem xét a + 1 Giả sử p chia hết (a + 1)p − (a + 1), khi đó p cũng chia hết (a + 2)p − (a + 2) Tiếp tục quy trình này, nếu p chia hết (a + 2)p − (a + 2), thì p sẽ chia hết (a + 3)p − (a + 3) Từ đó, ta nhận thấy rằng p chia hết x^p − x với mọi x ∈ Z, dẫn đến x^p − x ≡ 0 (mod p), do đó x^p ≡ x (mod p) Nếu gcd(x, p) = 1, ta có x^(p−1) ≡ 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 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, ta có (a+1) p −a−1 chia hết cho p khi a p −a cũng chia hết cho p Điều này dẫn đến việc (a+2) p −a−2 cũng chia hết cho p Tiếp tục với a = 1, ta nhận thấy rằng p chia hết x p −x với mọi x ∈ Z, từ đó suy ra x p −x ≡ 0 (mod p), hay x p ≡ x (mod p) Nếu gcd(x, p) = 1, thì có x p−1 ≡ 1 (mod p).
Cho p là số nguyên tố và a ∈ Z với gcd(a,p) = 1 Xét tập {1,a,a²,…,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), suy ra p chia hết cho a^(m−n) − 1 Đặt t là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho a^t − 1 chia hết cho p, thì t là cấp của a (mod p) và tập {1,a,a²,…,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 một số nguyên dương k (với k < p) sao cho hệ {k, ak, a²k,…,a^(t−1)k} có các số dư khác nhau mà không có giá trị nào là lũy thừa của a (mod p).
(Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sửka r ≡ka s (mod p) vớir >svà r,s≤t−1 Khi đó a r ≡a s (mod p)suy ra a r−s ≡1 Vì r6=s, suy ra rằng r−s6=0 Vì r,s≤t−1,r−s1 Khi đó, ta có thể viết lại phương trình dưới dạng x 2016 +x 2015 + .+x+1= x 2017 −1 x−1 =y 2015 −1 (1)
Gọi p là một ước nguyên tố của A = x^{2017} - 1 / (x - 1), ta sẽ chứng minh rằng p ≡ 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} ≡ 1 (mod p), nên x^{2017a} ≡ 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, nếu p là một ước nguyên tố của A, thì p phải thỏa mãn điều kiện p ≡ 1 (mod 2017) hoặc p = 2017 Ngoài ra, với d là một ước dương bất kỳ của A, chúng ta cũng có thể thấy rằng d sẽ thỏa mãn d ≡ 1 (mod 2017) hoặc d ≡ 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 + +2+1=2 2015 −1≡1009(mod 2017) mâu thuẫn với (2) Do đó, nếu x>1 thì không có cặp số nào thỏa mãn yêu cầu Kết luận, chỉ tồn tại một cặp số duy nhất như đã nêu.
Bài tập 2.Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3 p−1 −1 p là số chính phương.
Giải.Rõ ràng p=2 thỏa mãn yêu cầu đề bài Xét trường hợp p>2, lúc này p lẻ nên ta có thể đặt p=2k+1với k∈Z+ Khi đó, ta có
(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
Xét phương trình 3k + 1 = 2py² với x, y ∈ Z+ và (x, y) = 1 Nếu k lẻ, ta có 3k + 1 ≡ 0 (mod 4), dẫn đến y phải chia hết cho 2, từ đó suy ra 2py² chia hết cho 8 Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với 3k + 1 ≡ 4 (mod 8) Do đó, k phải là số chẵn, có thể biểu diễn dưới dạng k = 2t với t ∈ Z+.
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,m 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 n cố định với tất cả số nguyên tố cùng nhau, ví dụ như số 561 = 3 × 11 × 17 Đặc điểm của số Carmichael là nếu gcd(a, 561) = 1, thì a^560 ≡ 1 (mod 3), a^560 ≡ 1 (mod 11) và a^560 ≡ 1 (mod 17) Theo Định lý phần dư Trung Hoa, ta có a^560 ≡ 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.