LỜI NĨI ĐẦU Trong chương trình tiểu học, em học sinh bắt đầu làm quen với phép chia hết, phép chia có dư Lên tới bậc học trung học sở, em học sinh làm quen thêm với điều kiện phép chia hết, chứng minh số có nhiều chữ số chia hết cho số đó, tìm hai chữ số cuối phép tính phức tạp Bằng phương pháp dạy ghế nhà trường, giáo viên giúp học sinh dễ dàng thực điều Nhưng hơm nhóm chúng em giới thiệu thêm cách để làm tốn tốn nâng cao hơn, đồng dư Chúng em hy vọng tiểu luận phần làm tài liệu tham khảo cho giáo viên, để bổ trợ số kiến thức cần thiết Quyển sách bao gồm tám phần : Lịch sử xuất vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí Kiến thức cần có Cơ sở lý thuyết Quan hệ đồng dư Tính chất hệ Ứng dụng ví dụ cụ thể Bài tập tự luyện Tài liệu tham khảo Trong q trình biên soạn, nhóm tác giả chúng em cố gắng tìm tòi, suy nghĩ tham khảo nguồn tài liệu có giá trị đáng tin cậy, với mong muốn mang đến cho độc giả điều bổ ích thiết thực Tuy nhiên nhiều lý khách quan chủ quan, sách khơng thể khơng có sai sót Vì nhóm chúng em mong ý kiến đóng góp để tiểu luận hoàn thiện thêm Mọi ý kiến đóng góp, vui lòng liên hệ qua email: 1211974@student.hcmus.edu.vn – i – MỤC LỤC Lời nói đầu i Mục lục 1 Lịch sử xuất vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí 1.1 Lịch sử xuất vấn đề đồng dư 1.2 Vai trò đồng dư 1.3 Vị trí đồng dư toán học Kiến thức cần có 3 Cơ sở lý thuyết 3.1 Cấu trúc đại số vành số nguyên 3.1.1 Nhóm 3.1.2 Vành 3.1.3 Quan hệ tương đương 3.1.4 Nhóm con, vành con, ideal 3.2 Thuật toán Euclide 3.2.1 Thuật toán Euclide 3.2.2 Thuật toán Euclide mở rộng 3.2.3 Các ứng dụng thuật toán Euclide Quan hệ đồng dư 4.1 Định nghĩa 4.2 Các điều kiện tương đương Tính chất hệ 5.1 Tính chất 5.1.1 Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương 5.1.2 Cộng với theo modulo 5.1.3 Nhân vế với theo molulo 5.2 Hệ Ứng dụng ví dụ cụ thể 6.1 Tìm số dư phép chia 6.2 Chứng minh chia hết, không chia hết 6.3 Tìm chữ số tận 11 6.4 Hàm 𝝓 – Euler 11 6.4.1 Định nghĩa 11 6.4.2 Định lý hệ thặng dư đầy đủ 12 6.4.3 Định lý Euler 12 6.4.4 Định lý Fermat nhỏ 13 6.5 Phương trình đồng dư tuyến tính 13 6.5.1 Định nghĩa 13 6.5.2 Định lý nghiệm 13 6.5.3 Hệ 6.5.3 14 –1– 6.5.4 Hệ 6.5.4 14 6.6 Hệ phương trình đồng dư tuyến tính (Định lý Trung Hoa số dư) 14 6.6.1 Định lý Trung Hoa số dư 15 6.6.2 Định lý tính nhân tính hàm 𝝓 – Euler 16 6.6.3 Hệ 6.6.3 16 6.6.4 Hệ 6.6.4 16 Bài tập tự luyện 7.1 Tìm số dư 16 7.2 Chứng minh chia hết, không chia hết 19 7.3 Tìm chữ số tận 20 7.4 Hàm 𝝓 – Euler 22 7.5 Phương tình đồng dư tuyến tính 23 7.6 Hệ phương trình đồng dư tuyến tính 23 Tài liệu tham khảo 26 –2– Lịch sử xuất vấn đề đồng dư, vai trò, vị trí: 1.1 Lịch sử xuất vấn đề đồng dư: " Khái niệm đồng sư xuất rõ nét Định lý phần dư Trung hoa Người Trung hoa gọi tốn Hàn Tín điểm binh: Một nhóm khoản trăm chiến binh xếp thành hàng bảy dư người, xếp hàng năm dư ba người, xếp hàng ba khơng dư Tướng qn giỏi nhẩm tính số chiến binh bảy mươi tám Dựa theo tra cứu thấy Định lý phát biểu lần đầu sách Tốn pháp Tơn Tử (thế kỷ thứ 3-5 sau công nguyên), không liên quan đến Binh pháp Tơn Tử (thế kỷ thứ trước cơng ngun) (Xem [2]) 1.2 Vai trò đồng dư:  Nó làm khn khổ để phát biểu chứng minh định lý toán học thực mà học sinh học, định lý Fermat nhỏ 1.3 Vị trí đồng dư toán học nay:  Đồng dư có vị trí quan trọng tốn học nay, phần số học  "Đồng dư khái niệm toán học bản, đơn giản sơ cấp, thường giảng dạy chương trình trung học sở" Kiến thức cần có:  Các phép tốn bản: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, v v vành số nguyên Cơ sở lý thuyết: 3.1 Cấu trúc đại số vành số nguyên 3.1.1 Nhóm Tập hợp G trang bị phép tính hai ngơi: G x G → G gọi nhóm nếu: i ( a b ) c = a ( bc ) ii ∃e ∈ G: ea = ae∀a ∈ G iii.∀a ∈ G, ∃a−1 ∈ G ∶ a a−1 = a−1 a = e Nếu có thêm tính chất iv ab = ba ∀a, b ∈ Gthì G gọi nhóm giao hốn hay nhóm abel 3.1.2 Vành Tập hợp R trang bị hai phép toán( + , ) Được gọi vành nếu: i (R, +) nhóm giao hốn –3–     ii Phép (.) có tính kết hợp iii.∃e ∶ ae = ea∀a ∈ R gọi vành có đơn vị iv Phép (.) phân phối với phép (+) : a ( b + c ) = ab + ac 3.1.3 Quan hệ tương đương Cho A tập hợp Một quan hệ A tập tích đề A × A : aRb ⇔ (a, b) ∈ R Quan hệ R A gọi quan hệ tương đương có tính chất : i Phản xạ aRa, ∀a ∈ A ii Đối xứng aRb ⇒ bRa iii Bắc cầu aRb, bRc ⇒ aRc Nếu R quan hệ tương đương A a ∈ A[a] = {b ∈ A | aRb}được gọi lớp tương đương chứa a (sinh a) Định lý : R quan hệ tương đương A : i Nếub ∈ [a] ⇒ [b] = [a] ii Nếu[a] ∩ [b] ≠ ∅ ⇒ [a] = [b] iii A phân hoạch thành lớp tương đương rời 3.1.4 Nhóm con, vành con, ideal:  G nhóm Tập H ⊂ Gđược gọi nhóm : i e ∈ H ii a , b ∈ H ⇒ a b ∈ H iii a ∈ H ⇒ a−1 ∈ H Cho G : nhóm ; H : nhóm  Ta định nghĩa quan hệ tương đương G sau : g ~g ′ ⇔ gg ′−1 ∈ H, ~ quan hệ tương đương i gg −1 = e ∈ H ⇒ g~g ii gg ′−1 ∈ H ⇒ (gg ′−1 )−1 ∈ H ⇒ g ′ g −1 ∈ H g ′ g −1 gg ′−1 = e g~h ⇒ gh−1 ∈ H } ⇒ gk −1 ∈ H iii −1 h~k ⇒ hk ∈ H 3.2 Thuật toán Euclid ứng dụng: 3.2.1 Thuật toán Euclid bản: Thuật toán Euclid: Giải thuật Euclid, hay thuật tốn Euclid, giải thuật giúp tính ước số chung lớn (ƯSCLN) hai số cách hiệu Giải thuật biết đến từ khoảng năm 300 trước Cơng Ngun Nhà tốn học Hy Lạp cổ Euclid viết giải thuật sách toán tiếng Elements –4– Ở dạng đơn giản nhất, thuật toán Euclid bắt đầu với cặp số nguyên dương, tạo cặp số nguyên dương bao gồm số nhỏ phần dư của phép chia hai số ban đầu Quá trình tiếp tục hai số cặp nhau, giá trị lúc trở thành ước số chung lớn cặp số ban đầu Nguyên lí thuật tốn ước số chung lớn cặp số không thay đổi với hiệu hai số Ví dụ ƯSCLN 252 105 ƯSCLN 147 (= 252 − 105) 105 Vì số lớn cặp số bị giảm giá trị nên việc lặp lặp lại thuật toán giúp tạo số ngày nhỏ đến lúc q trình kết thúc — cặp số lại hai số (nếu trình thực thêm bước nữa, có hai số trở thành số 0) Lý thuyết thuật tốn Euclid diễn giải sau: a = bq1 + r1 b = r1 q2 + r2 r1 = r2 q3 + r3 … rn−2 = rn−1 qn + rn rn−1 = rn qn+1 + ⇒ (a, b) = rn Ví dụ: Tìm (27385,23164) Tacó: (27365, 23164) = (23164, 4221) = (4221, 2059) = (2059, 103) = (103, 102) = (102, 1) = (1, 0) Vậy UCLN 27385 23164 102 Thuật tốn có nhiều ứng dụng lí thuyết thực tế.Nó dùng để tạo gần tất nhịp điệu âm nhạc truyền thống sử dụng nhiều văn hóa khác tồn giới.Nó thành phần then chốt thuật toán mã hóa RSA, mật mã hóa khóa cơng khai sử dụng rộng rãi thương mại điện tử.Thuật toán áp dụng để giải phương trình Diophantine 3.2.2 Thuật toán Euclid mở rộng: Giải thuật Euclid mở rộng sử dụng để giải phương trình vơ định ngun (còn gọi phương trình Đi-ơ-phăng) –5– ax+by=c, a, b, c hệ số nguyên, x, y ẩn nhận giá trị nguyên Điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm (ngun) UCLN(a, b) ước c Khẳng định dựa mệnh đề sau: Trong số học biết d=UCLN(a, b) tồn số nguyên x, y cho a'x+b'y = d Lý thuyết diễn giải sau: Cho a ≥ b Đặt ∶ r0 = a, r1 = b; s0 = 1, s1 = 0; t = 0, t1 = ri−1 = ri qi + ri+1 si+1 = si−1 − si qi t i+1 = t i−1 − t i qi rn−2 = rn−1 qn−1 + rn rn−1 = rn qn + ⇒ asn + bt n = rn Ví dụ: cho a = 37, b = 26      r 37 26 11 q 2 s 1 -2 -7 t -1 -7 10 3.2.3 Các ứng dụng thuật tốn Euclid Euclid mở rộng: Tìm UCLN, BCNN Giải phương trình Diophant Tìm nghịch đảo mod m Tìm hiểu lịch Phục hồi hữu tỷ –6– Quan hệ đồng dư: 4.1 Định nghĩa: Cho m  N *; a,b  Z Nếu a b chia cho m có số dư, ta nói: a b đồng dư theo mơđun m Kí hiệu: a  b (mod m) Hệ thức: a  b (mod m) gọi đồng dư thức Ví dụ: 19  (mod 8); -25  (mod 4) 4.2 Các điều kiện tương đương: i a  b (mod m) ii (a - b)  m iii t  Z cho: a = b + m.t Tính chất hệ quả: 5.1 Tính chất: 5.1.1 Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập hợp Z có nghĩa là: * a  a (mod m) * a  b (mod m) ⇒ b  a (mod m) * a  b (mod m); b  c (mod m) ⇒ a  c (mod m) 5.1.2 Ta cộng vế với theo môđun Cụ thể:  bi (mod m) n n i 1 i 1 i = 1, n ⇒  (1) k   (1) k bi (mod m) k  N 5.1.3 Ta nhân vế với nhiều đồng dư thức theo môđun Cụ thể:  bi (mod m);i = 1, n –7– n ⇒   i 1 n b (mod m); k  N i i 5.2 Hệ quả: * a  b (mod m) ⇒ a  c  b  c (mod m) * a + c  b (mod m) ⇒ a  b - c (mod m) * a  b (mod m) ⇒ a + k.m  b (mod m) * a  b (mod m) ⇒ a.c  b.c (mod m) * a  b (mod m) ⇒ an  bn (mod m) n  N * Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + +a1x + a0 ai  Z Nếu    (mod m) ta có f(  )  f(  ) (mod m) Đặc biệt: f(  )  (mod m) ta có: f(  + k.m)  (mod m) k  Z * Ta chia hai vế đồng dư thức cho ước chung chúng nguyên tố với môđun Cụ thể là: a.c  b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 ⇒ a  b (mod m) * Ta nhân hai vế mơđun đồng dư thức với số nguyên dương Cụ thể là: a  b (mod m) ⇒ a.c  b.c (mod m.c) c  N * * Ta chia hai vế môđun đồng dư thức với ước dương chúng Cụ thể là: –8– a  b (mod m); < c  ƯC (a; b; m) ⇒ a/c  b/c (mod m/c) Ứng dụng ví dụ cụ thể: 6.1 Tìm số dư phép chia: Phương pháp: Để tìm số dư phép chia A cho m ta tìm số k < m cho: A ≡ k (mod m) Ví dụ 1: Tìm số dư phép chia 109345 chia cho 14 Giải: Ta có: 109 ≡ −3 (mod 14) ⇒ 109345 ≡ (−3)345 (mod 14) Ta lại có : (-3; 14) = 1 Hơn : ρ(14) = 14 (1 − ) (1 − ) = Nên : (−3)6 ≡ (mod 14) (theo định lý Euler) ⇒ (−3)345 ≡ (−3)3 (mod 14) Mặt khác: (−3)3 = −27 = (mod 14) Vậy số dư phép chia 109345 chia cho 14 Ví dụ 2: Tìm số dư phép chia: (19971998 + 19981999 + 19992000 )10 chia cho 111 Giải: Ta có 1998 ≡ (mod 111) 1997 ≡ −1 (mod 111)và 1999 ≡ (mod 111) Nên ta có : 19971998 + 19981999 + 19992000 ≡ (mod 111) (19971998 + 19981999 + 19992000 )10 ≡ 210 (mod 111) Mặt khác ta có : 210 = 1024 ≡ 25 (mod 111) Vậy(19971998 + 19981999 + 19992000 )10 chia cho 111 số dư 25 6.2 Chứng minh chia hết, không chia hết: Phương pháp: - Để chứng minh số A chia hết cho số tự nhiên m ta chứng minh A ≡ (mod m) - Để chứng minh số B không chia hết cho số tự nhiên m ta chứng minh: B ≡ n (mod m),vớin = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 1, m − Ví dụ 1: Chứng minh 19242003 2004n + 1920 chia hết cho 124, ∀n ∈ N ∗ Giải: Đặt A = 19242003 2004n + 1920 Tacó 124 = 4.31 Dễ thấy A chia hết cho Vậy ta cần chứng minh A chia hết cho 31 Có 1924 ≡ (mod 31), 1920 ≡ −2 (mod 31) –9–  |{as1 , as2 , … , asϕ(m) }| = |{s1 , s2 , … , sϕ(m) }| = ϕ(m) Suy {as1 , as2 , … , asϕ(m) } hệ thặng dư thu gọn modulo m 6.4.3 (Định lý Euler) Nếu (a, m) = aϕ(m) ≡ (mod m) Chứng minh: Lấy A = {a1 , a2 , … , aϕ(m) } hệ thặng dư modulo m Lấy a ∈ ℤ, từ định lý 6.4.2 ta có aA hệ thặng dư modulo m Khi đó, ϕ(m) ϕ(m) ∏ ≡ ∏ a (mod m) i=1 j=1 ϕ(m) ϕ(m) ⇔ ∏ ≡ aϕ(m) ∏ (mod m) i=1 j=1 ⇔ ≡ aϕ(m) (mod m)vìai ≡ (mod m)∀i = ̅̅̅̅̅ 1, m Vậy ta có aϕ(m) ≡ (mod m) 6.4.4 Định lý Fermat nhỏ: Nếu p số nguyên tố p ∤ a, ta có; ap−1 ≡ (mod p) Từ suy với số nguyên a, ap ≡ a (mod p) Chứng minh: Do p số nguyên tố p ∤ a nên suy (a, p) = Mà ϕ(p) = p − Áp dụng định lý Euler cho (a, p) = 1, ta có aϕ(p) ≡ (mod p) suy ap−1 ≡ (mod p) Suy ap ≡ a (mod n) Và điều với số nguyên a, kể a ≡ (mod n) 6.5 Phương trình đồng dư tuyến tính: 6.5.1 Định nghĩa: Phương trình ax ≡ b (mod n) – 12 – gọi phương trình đồng dư tuyến tính với a, b, n ∈ ℤ 6.5.2 Định lý: Phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod n) giải (a, n)|b Hơn nữa, giải phương trình có (a, n) nghiệm đơi khơng đồng dư modulo n Chứng minh: Phương trình ax ≡ b (mod n) tương đương với phương trình ax − ny = b với x, y ∈ ℤ Mà từ phương trình Diophant, phương trình có nghiệm ngun d = (a, n)|b Nếu x0 , y0 nghiệm phương trình tập nghiệm phương trình xác định sau: n x = x0 + k, d a y = y0 + k d Từ đây, ta thấy có d giá trị x đơi khơng đồng dư theo modulo n cách lấy k = 0,1, … , d − Và nghiệm phương trình đồng dư với giá trị x tập nghiệm 6.5.3 Hệ quả: Phương trình ax ≡ (mod n) giải (a, n) = 1, hai nghiệm phương trình đồng dư với theo modulo n Sự tồn nghiệm phương trình xác định nhờ vào định lý Euler Bằng cách lấy x0 = aϕ(n)−1 , ta có ax0 = aϕ(n) ≡ (mod n) Gọi y nghiệm khác x phương trình, ta có ax ≡ ≡ ay (mod n) Suy ax − ay ⋮ n ⇔ a(x − y) ⋮ n ⇔ x − y ⋮ n ⇔ x ≡ y (mod n) 6.5.4 Hệ quả: Nếu (a, n) = 1, phương trình ax ≡ b (mod n) giải ∀ b ∈ ℤ, hai nghiệm đồng dư với theo modulo n Chứng minh: Tương tự 6.5.3 6.6 Hệ phương trình đồng dư tuyến tính(Định lý Trung Hoa số dư): Chúng ta hệ hai phương trình đồng dư tuyến tính: – 13 – { x ≡ a1 (mod m1 ) với (m1 , m2 ) = x ≡ a2 (mod m2 ) Phương trình đồng dư tuyến tính có nghiệm x = a1 + m1 y, y ∈ ℤ Thế vào phương trình thứ hai, ta có a1 + m1 y ≡ a2 (mod m2 ) ⇔ m1 y ≡ a2 − a1 (mod m2 ) Mà (m1 , m2 ) = nên ∃k1 , k ∈ ℤ|k1 m1 + k m2 = ⇔ k1 m1 ≡ (mod m2 ) ⇔ y ≡ k1 (a2 − a1 ) (mod m2 ) ⇔ y = k1 (a2 − a1 ) + m2 n, n∈ℤ ⇔ x = a1 + m1 k1 (a2 − a1 ) + m1 m2 n, n∈ℤ ⇔ x = (1 − m1 k1 )a1 + m1 k1 a2 + m1 m2 n, ⇔ x = m2 k a1 + m1 k1 a2 + m1 m2 n, n∈ℤ n∈ℤ ⇔ x ≡ m2 k a1 + m1 k1 a2 (mod m1 m2 )là nghiệm hệ phương trình cho Giờ ta giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính: x ≡ a1 (mod m1 ) { x ≡ a2 (mod m2 ) với (mi , mj ) = 1, x ≡ a3 (mod m3 ) ∀i ≠ j ∈ (1,3) Từ cách giải hệ hai phương trình đồng dư, tuyến tính, ta có hệ sau: { x ≡ x0 (mod m1 m2 ) x ≡ a3 (mod m3 ) Do m1 , m2 , m3 đôi nguyên tố nên (m1 m2 , m3 ) = 1, tiếp tục áp dụng cách giải hệ hai phương trình đồng dư tuyến tính, ta có nghiệm hệ ba phương trình cho Tổng quát hóa lên, ta có: 6.6.1 Định lý Trung Hoa số dư Hệ phương trình sau có nghiệm theo modulo m1 m2 … mr x ≡ a1 (mod m1 ) ( ) { x ≡ a2 mod m2 với (mi , mj ) = , … x ≡ ar (mod mr ) – 14 – ∀i ≠ j ∈ (1, r) Chứng minh: Đặt m = m1 m2 … mr Do ta có (mi , mj ) = 1, ∀i ≠ j ∈ (1, r) nên ( m mi , mi ) = 1, ∀i ∈ (1, r) Từ đó, ta có ∃ t i ∈ ℤ| Đăt δi = m t ≡ (mod mi ) mi i m t mi i Suy δi ≡ { (mod mi ) (mod mj ) , i≠j ∀ i ∈ (1, r) r Vậy x = ∑ δi nghiệm hệ phương trình cho i=1 Giờ ta chứng minh tính theo đồng dư modulo m nghiệm x Giả sử ∃ x ′ nghiệm hệ phương trình cho Suy x ≡ x ′ (mod mi ), ∀i ∈ (1, r) Từ ta có x ≡ x ′ (mod m) (mi , mj ) = 1, ∀i ≠ j ∈ (1, r) Vậy ta có x nghiệm theo modulo m hệ phương trình cho 6.6.2.Định lý: Nếu m = m1 m2 với m1 , m2 hai số nguyên tố ϕ(m) = ϕ(m1 )ϕ(m2 ) 6.6.3.Hệ quả: Cho p số nguyên tố bất kỳ, ta có: ϕ(pα ) = (p − 1)pα−1 với α ∈ ℕ 6.6.4.Hệ quả: α α α Cho n = p1 p2 … pk k với pi số nguyên tố khác đôi αi ∈ℕ Khi ta có: – 15 – k ϕ(n) = k α ϕ (∏ pi i ) i=1 = k α ∏ ϕ(pi i ) i=1 α −1 = ∏(pi − 1)pi i k k i=1 i=1 i=1 α = ∏ (1 − ) pi i = n ∏ (1 − ) pi pi Bài tập tự luyện: 7.1 Tìm số dư phép chia: Bài 1: Tìm số dư phép chia 17659427 cho 293 Giải: Ta có 176594  208 (mod 293)  1765943  2083  (mod 293)  17659427  39 (mod 293)  17659427  52 (mod 293) Vậy 17659427 chia cho 293 có số dư 52 Bài 2: Tìm số dư phép chia 232005 cho 100 Giải: Ta có: 231  23 (mod 100)  232  29 (mod 100)  234  292  41 (mod 100)  (234 )5  415 (mod 100)  2320  (mod 100)  (2320 )100  1100  (mod 100)  232000  (mod 100) – 16 –  232005 =232000.234.231  1.41.23 (mod 100)  232005  43 (mod 100) Vậy 232005 chia cho 100 có số dư 43 Bài 3: Tìm số dư phép chia 19971997 cho 13 Giải: Ta có 19971  (mod 13)  19972  12 (mod 13)  19973  12.8  5(mod 13)  19974  (mod 13)  (19974 )499  1499  1(mod 13)  19971997 = 19971996 19971  1.8 (mod 13) Hay 19971997  (mod 13) Vậy số dư phép chia 19971997 cho 13 Bài 4: Tìm dư phép chia 21000 cho 25 Giải: Ta có 210  24 (mod 25)  220  (mod 25)  21000  1500  (mod 25) Vậy số dư phép chia 21000 cho 25 Bài 5: Tìm dư phép chia 21997 cho 49 Giải: – 17 – Ta có 22  (mod 49)  210  44 (mod 49)  220  442  25 (mod 49)  221  25.2  (mod 49)  (221 )95  195  (mod 49)  21995  (mod 49)  21997 = 21995 22  1.4  (mod 49) Vậy số dư phép chia 21997 cho 49 Bài 6: Tìm dư phép chia 21999 cho 35 Giải: Ta có 21  (mod 35)  210  (mod 35)  220  442  25 (mod 35)  230  9.25  29 (mod 35)  216  16 (mod 35)  248  (mod 35)  21999 = (248)41.231  1.29.2  23 (mod 35) Vậy dư phép chia 21999 cho 35 23 Bài 7: Tìm số dư phép chia 2004376 cho 1975 Giải: Ta có 20042  841 (mod 1975) – 18 – 20044  8412 (mod 1975)  200412  2313  416 (mod 1975)  200448  4164  536 (mod 1975)  200448 200412  536 416 (mod 1975)  200460  1776 (mod 1975)  200462  1776 841 (mod 1975)  200462  516 (mod 1975)  200462x3  5163  1171(mod 1975)  200462x3x2  11712 (mod 1975)  200462x6  591 (mod 1975)  200462x6+4  591.231 (mod 1975)  2004376  246 (mod 1975) Vậy 2004376 chia cho 1975 có số dư 246 7.2 Chứng minh chia hết, không chia hết: Bài 1: Chứng minh 32010 + 52010 ⋮ 13 Ta có: 32010 = 2760 ≡ 1(mod 13) 52010 = 251005 ≡ −1(mod 13) Ta sử dụng tính chất: Nếu a ≡ b(modm) c ≡ d (modm) a ± b ≡ c ± d (modm) ⇒ 32010 + 52010 ⋮ 13 Bài 2: Chứng minh n1728 − chia hết cho 1729 với số nguyên dương n – 19 – Ta ý 1729 = 7.13.19 7, 13, 19 số nguyên tố Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: n6 ≡ (mod 7); n12 ≡ (mod 13); n18 ≡ (mod 19) Do đó: n1728 = (n6 )288 ≡ (mod 7); n1728 = (n12 )144 ≡ (mod 13); n1728 = (n18 )96 ≡ (mod 19) Vì 7, 13, 19 đơi ngun tố nên sử dụng tính chất: "Nếu a ≡ b (modmi ) với i = 1,2,3 … , n a ≡ b(mod[m1 , m2 , … m,n ])với n ∈ ℕ" ta có n1728 ≡ (mod 1729)tức n1728 − chia hết cho 1729 Bài 3: Gọi S(n) tổng chữ số số tự nhiên n ghi tron hệ số 10 Đặt Sk (n) = S(S(… (n) … )) với k lần xuất chữ S Chứng minh n − Sk (n) chia hết cho Giả sử n = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ an an−1 … a1 a0 = an 10n + an−1 10n−1 + ⋯ + a1 10 + a0 Sử dụng 10k ≡ (mod 9) với số tự nhiên k, ta suy n ≡ S(n)(mod 9) Nghĩa n − S(n) chia hết cho Sử dụng điều này, ta có n ≡ S(n) ≡ S2 (n) ≡ ⋯ ≡ Sk (n)(mod 9) Từ ta suy đpcm Bài 4: Chứng minh : 22225555 + 55552222 chia hết cho Giải : Ta có 2222 + ⇒ 2222 ≡ - (mod 7) ⇒ 22225555 ≡ (- 4)5555(mod 7) 5555 - ⇒ 5555 ≡ (mod 7) ⇒ 55552222 ≡ 42222 (mod 7) ⇒ 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 42222 (mod 7) Mà 42222 = (-4)2222 ⇒ (- 4)5555 + 42222 = (-4)2222 43333 + 42222 = (-4)2222 43333 - (- 4)2222 = (-4)2222(43333 - 1) ≡ (43) – 1(mod 7) (1) Ta lại có : 43 ≡ 1(mod 7) ⇒ 43 - 1= 63 ⇒ 43 - ≡ (mod 7) (2) – 20 – Nên (- 4)5555 + 42222 ≡ (mod 7) Từ (1) (2) ⇒ 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.3 Tìm chữ số tận cùng: Bài 1:Tìm hai chữ số cuối tổng B = 22000 + 22001 + 22002 + 22003 + 22004 + 22005 + 22006 Giải: Ta có B = 22000( 1+ 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26) = 127 22000  B = 127 22000  127.76  52 (mod 100) Vậy : Hai chữ số cuối tổng B 52 Bài 2:Tìm chữ số tận số : a) 62009 b) 92008 c) 32009 d) 22009 Giải : a) 62009 có chữ số tận (vì nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên khác số 6) b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … có chữ số tận 91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (…1).9 = … có chữ số tận Nhận xét : Số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn khác chữ số tận 1, nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên lẻ có số tận c) 32009 = (34)502.3 = 81502.3 = (… 1).3 = … có chữ số tận – 21 – d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … có chữ số tận Bài 3: Tìm ba chữ số tận 2004200 Giải: Do (2004, 5) = Áp dụng tính chất Nếu a ∈ ℕvà(a, 5) = 1thì a100 − chia hết cho 125 ⇒ 2004100 chia cho 125 dư ⇒ 2004200 = (2004100 )2 chia cho 125 dư ⇒ 2004200 tận 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 ⋮ nên2004200 tận 376 7.4 Hàm 𝛟-Euler: Bài 1:Tính ϕ(n) với n bằng: a b c 10 d 997 Giải: a Số nguyên dương nhỏ nguyên tố với nên ϕ(2) = b Các số nguyên dương nhỏ nguyên tố với {1, 3, 5, 7} nên ϕ(8) = c Các số nguyên dương nhỏ 10 nguyên tố với 10 {1, 3, 7, 9} nên ϕ(10) = d Do 997 số nguyên tố nên số nguyên từ đến 996 nguyên tố với 997 nên ϕ(997) = 996 Bài 2: Cho p số nguyên tố n ∈ ℕ Chứng minh: – 22 – ϕ(pn ) = pn − pn−1 Chứng minh: Ta có tính chất sau đây: Một số ngun tố với pn số nguyên tố với p Mà khoảng [0, pn − 1] có pn−1 số ngun khơng ngun tố với p, tức số nguyên có dạng np, với n = 0,1,2, … , pn−1 − 1, pn − pn−1 số ngun lại nguyên tố với p Vậy nên ta có ϕ(pn ) = pn − pn−1 7.5 Phương trình đồng dư tuyến tính: (http://timtailieu.vn/tailieu/chuyen-de-phuong-trinh-dong-du-32931/) Bài 1: Giải phương trình: 5x ≡ 2(mod 7) Giải: Vì (5,2) = nên tồn số k = cho + 7k chia hết cho Khi 5x ≡ + 6.7 (mod 7)ta nghiệm x ≡ 30 ≡ (mod 7) hay x = + 7k Bài 2: Giải phương trình 5x ≡ (mod 11) Giải: Ta có: { 5x ≡ (mod 11) ≡ (mod 11) Áp dụng tính chất bắc cầu, ta có: 5x ≡ (mod 11) ⇒ 5x = 11t + Ta lấy t = 1; x = Từ phương trình có nghiệm x ≡ (mod 11) Bài 3: Giải phương trình: 2x + ≡ (mod 5) Giải: – 23 – Ta nhẩm x = nghiệm phương trình nên suy 2x ≡ −4 (mod 5) Vậy x = nghiệm phương trình cho 7.6 Hệ phương trình đồng dư tuyến tính(Định lý Trung Hoa số dư): x ≡ 26 (mod 13) x ≡ 62 (mod 60) Bài 1: Giải hệ phương trình: { x ≡ 92 (mod 150) x ≡ 11 (mod 231) Giải: Hệ hai phương trình: { x ≡ 26 (mod 36) x = 26 + 36t ⇔{ , t∈ℤ x ≡ 62 (mod 60) 26 + 36t ≡ 62 26 + 36t ≡ 62 (mod 60) ⇔ 36t ≡ 36 (mod 60) ⇔ t ≡ (mod 5) Vậy nghiệm hệ là: x ≡ 26 + 36.1 (mod 180) hay x ≡ 62 (mod 180) x ≡ 62 (mod 180) Do đó, hệ phương trình cho ứng với hệ: {x ≡ 92 (mod 150) x ≡ 11 (mod 231) Bài 2: Giải hệ phương trình: x ≡ 62 (mod 180) { x ≡ 92 (mod 150) Giải: { x ≡ 62 (mod 180) x = 62 + 180t ⇔{ ,t ∈ ℤ 62 + 180t ≡ 92 (mod 150) x ≡ 92 (mod 150) Ta có: 62 + 180t ≡ 92 (mod 150) – 24 – ⇔ 180t ≡ 30(mod 150) ⇔ 6t ≡ 1(mod 5) ⇔ t ≡ 1(mod 5) Vậy nghiệm hệ là: x ≡ 62 + 180 (1 +)(mod 900) ⇔ x ≡ 242 (mod 900) Hệ cho tương đương với { x ≡ 242 (mod 900) x ≡ 11 (mod 231) – 25 – TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lars - ˚Ake Lindahl, Lectures on Number Theory, Uppsala, 2002 [2] Ngô Bảo Châu, 2014, Đồng dư, blog, 16 tháng 10, Diễn đàn toán học, truy cập ngày 25 tháng 11 năm 2014, [3] Nguyễn Viết Đông, Trần Ngọc Hội, Đại số đại cương, NXB Đại học Quốc gia Tp Hồ Chí Minh, 2005 – 26 – ... trò đồng dư:  Nó làm khn khổ để phát biểu chứng minh định lý toán học thực mà học sinh học, định lý Fermat nhỏ 1.3 Vị trí đồng dư tốn học nay:  Đồng dư có vị trí quan trọng tốn học nay, phần số. .. đề đồng dư, vai trò, vị trí 1.1 Lịch sử xuất vấn đề đồng dư 1.2 Vai trò đồng dư 1.3 Vị trí đồng dư toán học Kiến thức cần có 3 Cơ sở lý thuyết 3.1 Cấu trúc đại số. .. đầu với cặp số nguyên dư ng, tạo cặp số nguyên dư ng bao gồm số nhỏ phần dư của phép chia hai số ban đầu Quá trình tiếp tục hai số cặp nhau, giá trị lúc trở thành ước số chung lớn cặp số ban đầu