Một số bài toán về quan hệ chia hết, số nguyên tố và định giá p adic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN LÊ MINH

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT,
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN LÊ MINH

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT,
SỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐỊNH GIÁ P −ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS. ĐÀM VĂN NHỈ

Thái Nguyên - 2016

i

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 1. Quan hệ chia hết, số nguyên tố
1.1 Quan hệ chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Quan hệ chia hết . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid
1.2 Số nguyên tố và hợp số . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Định lý cơ bản của số học . . . . . . . . . . . .
1.4 Biểu diễn số và hàm tổng các chữ số . . . . . .
1.4.1 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số . .
1.4.2 Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên . .
Chương 2. Số mũ, định giá p−adic và vận dụng
2.1 Định lý Euler và số mũ . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Định lý Euler và Định lý Fermat nhỏ .
2.1.2 Số mũ theo modulo . . . . . . . . . . .
2.2 Định giá p-adic vp (n) . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Khái niệm định giá p-adic . . . . . . .
2.2.2 Định giá 2−adic . . . . . . . . . . . . .
2.3 Kết quả của Wolstenholme, Thue, Schur . . .
2.4 Vận dụng giải một số bài thi học sinh giỏi . .
2.4.1 Vận dụng số mũ . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Vận dụng định giá p−adic . . . . . . .
2.4.3 Vận dụng kết quả Thue, Schur . . . . .
2.4.4 Vận dụng Định lý cơ bản của số học .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

1

.
.
.
.
.
.

.
.

3
3
3
4
10
12
14
14
16

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

19
19

19
20
21
21
25
26
30
30
35
37
38
40
41


1

Mở đầu
Số học luôn được coi là nữ hoàng của Toán học bởi trong nó chứa
đựng nhiều vẻ đẹp của tư duy logic. Không như nhiều ngành toán học
khác, trong Số học tồn tại rất nhiều giả thuyết chưa có câu trả lời mà
học sinh có thể hiểu được với các kiến thức trung học cơ sở. Quá trình
tìm kiếm lời giải cho các giả thuyết đó đã làm nhiều tư tưởng lớn, nhiều
lý thuyết lớn của toán học được nảy sinh. Nếu như trước đây, Số học
vẫn được xem như là lĩnh vực toán học lý thuyết thuần túy, xa rời thực
tiễn thì ngày nay, nhờ có sự phát triển mạnh mẽ của công nghệ máy tính
mà nhiều thành tựu mới nhất của Số học có ứng dụng trực tiếp vào các
lĩnh vực như bảo mật thông tin, mật mã, số hóa. Do Số học được mệnh
danh là nữ hoàng của tư duy nên các bài toán về Số học luôn luôn xuất
hiện và giữ một vị trí quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia,

quốc tế. Số học như cầu nối tự nhiên đưa học sinh tiếp cận với khoa học
hiện đại. Vì thế việc trang bị những kiến thức cơ bản của Số học cho
học sinh phổ thông là hết sức cần thiết.
Bản thân tôi là một giáo viên giảng dạy môn Toán ở cấp THCS.
Trong quá trình giảng dạy và ôn thi học sinh giỏi, tôi thường xuyên gặp
các bài toán số học đặc biệt là các bài toán về quan hệ chia hết và số
nguyên tố. Vì vậy, tôi đã chọn đề tài: “Một số bài toán về quan hệ chia
hết, số nguyên tố và định giá p-adic” nhằm tìm hiểu sâu hơn về quan
hệ chia hết, số nguyên tố và cách vận dụng để giải các bài toán trong
các đề thi học sinh giỏi, đặc biệt là việc tìm hiểu bổ đề nâng, định giá
p-adic và cách vận dụng chúng.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai
chương:
Chương 1. Trong chương này luận văn tập trung trình bày một số
kiến thức cơ bản về lý thuyết chia hết: quan hệ chia hết, số nguyên tố
và hợp số, ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid, trình bày định lý
cơ bản của số học, biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số và hàm tổng các
chữ số.


2

Chương 2. Trong chương này luận văn tập trung trình bày về số mũ,
định giá p-adic, và vận dụng kết quả đạt được vào việc giải một số bài
toán số học trong các đề thi học sinh giỏi.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của thầy giáo PGS. TS. Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học Sư phạm Hà
Nội. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy về sự
hướng dẫn hiệu quả cùng những kinh nghiệm trong suốt quá trình học
tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn.

Tôi xin gửi tới các thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, phòng Sau Đại học,
Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên cũng như các thầy
giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K8B khóa 2014 2016 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo
dục, đào tạo của nhà trường. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám
hiệu trường THCS Đằng Hải - Hải An - Hải Phòng, các bạn bè đồng
nghiệp và các bạn học viên đã động viên và giúp đỡ tôi trong quá trình
hoàn thành luận văn này.
Hải Phòng, tháng 08 năm 2016.
Học viên

Nguyễn Lê Minh


3

Chương 1
Quan hệ chia hết, số nguyên tố
1.1
1.1.1

Quan hệ chia hết
Quan hệ chia hết

Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = 0. Số nguyên a được
gọi là chia hết cho số nguyên b hay b chia hết a nếu tồn tại c ∈ Z thỏa
mãn a = bc. Nếu số nguyên a chia hết cho 2 thì a được gọi là số chẵn;
Còn nếu số nguyên a không chia hết cho 2 thì a được gọi là số lẻ.
.
Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a .. b
hoặc nói b chia hết a và viết b | a.1 Khi a = bc thì b được gọi là một ước

của a. Sau đây ta có các tính chất cơ bản về quan hệ chia hết.
(1)

1 | a với mọi a ∈ Z.

(2)

a | a với mọi a ∈ Z, a = 0.

(3)

Nếu a | b và b | c thì a | c với mọi a, b, c ∈ Z và b = 0.

(4)

Nếu a | b thì |a|

(5)

Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, . . . , n, thì a |

|b| với mọi a, b ∈ Z và b = 0.
n

bi xi với xi ∈ Z.
i=1

(6)

Nếu a | b và b | a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z và a, b = 0.

Định lý 1.1.2. [Phép chia có dư] Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b =
0, tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, với
0 r < |b|.
1

.
Theo thông lệ quốc tế, người ta hay dùng ký hiệu b | a thay cho a .. b.


4

Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b| a, n ∈ Z}. Vì
|b| 1 nên −|a||b| −|a| a. Do đó −|a||b| ∈ T, vậy T = ∅. Vì T là
tập bị chặn trên nên T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b| a ta suy ra
r = a−m|b| 0 và r ∈ Z. Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b|. Do tính
lớn nhất của m|b| trong T nên (m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a − m|b| = r
và ta có a = qb + r với 0 r < |b|.
Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb + r với 0 r < |b| và
a = q1 b + r1 với 0 r1 < |b|. Trừ vế cho vế, ta được r − r1 = b(q1 − q).
Nhưng |r − r1 | < |b| do đó |q1 − q||b| < |b|. Vậy q = q1 và hiển nhiên
r = r1 .
Trong biểu diễn a = qb + r, 0
r < |b|, ở định lý trên, q được gọi là
thương và r gọi là số dư trong phép chia a cho b. Rõ ràng r = 0 nếu và
chỉ nếu b | a.
Ví dụ 1.1.3. Ta có các ví dụ sau:
(1) Với a = 57, b = 14 thì q = 4 và r = 1.
(2) Với a = −82, b = −17 thì q = 5 và r = 3.
(3) Với a = −51, b = 10 thì q = −6 và r = 9.

1.1.2

Ước chung lớn nhất và thuật toán Euclid

Ước chung lớn nhất
Cho a, b là các số nguyên không đồng thời bằng 0, khi đó tập hợp các
ước chung của a và b là hữu hạn.
Định nghĩa 1.1.4. Ước chung lớn nhất của hai số a và b không đồng
thời bằng 0 là số nguyên lớn nhất là ước của cả a và b. Ta kí hiệu ước
chung lớn nhất bởi gcd(a, b) hoặc (a, b).
Định nghĩa 1.1.5. Các số nguyên a, b được gọi là nguyên tố cùng nhau
nếu (a, b) = 1.
Định lý 1.1.6. Cho a và b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0, khi
đó tồn tại số nguyên x0 , y0 sao cho ax0 + by0 = (a, b). Hơn nữa
{ax + by; x, y ∈ Z} = {k(a, b); k ∈ Z}.


5

Chứng minh: Đặt S = {ax + by; x, y ∈ Z} và gọi d là số nguyên dương
nhỏ nhất thuộc S. Giả sử x0 , y0 là hai số nguyên sao cho ax0 +by0 = d. Ta
chứng minh {kd; k ∈ Z} = S. Thật vậy, hiển nhiên rằng {kd; k ∈ Z} ⊂ S.
Xét phần tử tùy ý u = ax1 + by1 ∈ S. Bởi Định lý ??, tồn tại hai số
nguyên q, r với u = dq + r và 0 r < d. Mặt khác
r = u − dq = a(x1 − x0 q) + b(y1 − y0 q) ∈ S.
Suy ra r = 0 và u = dq. Hơn nữa, từ a, b ∈ S nên theo trên d | a và d | b,
dẫn đến d là một ước chung của a, b, vậy d (a, b). Lại có d = ax0 + by0
nên (a, b)|d, do đó (a, b) d. Tóm lại d = (a, b).
Từ chứng minh trên ta nhận được hệ quả sau:
Hệ quả 1.1.7. (1) Ước chung lớn nhất của a, b chính là số nguyên

dương nhỏ nhất biểu diễn được dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z.
(2) Mọi ước chung của a, b đều là ước của (a, b).
(3) Nếu a, b, c, d ∈ Z \ {0}, a = bc + d thì (a, b) = (b, d).
(4) (0, a) = |a| với mọi a ∈ Z, a = 0.
Thuật toán Euclid
Để tìm ước chung lớn nhất của hai số, chúng ta thường phân tích số
đó thành nhân tử. Ví dụ (55, 85) = (5 · 11, 5 · 17) = 5; (225, 180) =
(32 · 52 , 32 · 5 · 22 ) = 32 · 5 = 45. Tuy nhiên việc tìm ước chung lớn
nhất theo cách này thực sự khó nếu hai số đã cho khá lớn. Hãy thử tìm
(1324567908, 25367892)? Bằng cách sử đụng phép chia với dư, Định lý
??, người ta đã chỉ ra một thuật toán cho phép tìm ước chung lớn nhất
của hai số một cách nhanh chóng, đó là thuật toán Euclid.
Định lý 1.1.8. [Thuật toán Euclid] Cho a, b ∈ Z, b > 0. Thực hiện
liên tiếp các phép chia có dư, ta có
a = q0 b + r1 với 0 < r1 < b,
b = q1 r1 + r2 với 0 < r2 < r1
r1 = q2 r2 + r3 với 0 < r3 < r2
...
rn−2 = qn−1 rn−1 + rn với 0 < rn < rn−1
rn−1 = qn rn , qn > 1.
Khi đó (a, b) = rn .


6

Chứng minh: Đặt d = (a, b), khi đó d | ri với 0 i rn . Suy ra d rn
từ rn > 0. Bằng quy nạp ta suy ra rn | rn−j với 1 j n. Do đó rn | a
và rn | b. Bởi định nghĩa của (a, b) ta suy ra rn = (a, b).
Chú ý rằng, do (a, b) = (b, r) nên ta có thể giả thiết hai số nguyên a và
b không âm và a b.

Như đã nhận xét ở trên, (a, b) chính là số nguyên dương nhỏ nhất
biểu diễn được dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z. Vấn đề đặt ra là tìm x, y
như thế nào? Thuật toán Euclid sẽ cho ta cách tìm ra chúng qua kết quả
dưới đây:
Định lý 1.1.9. Nếu d = (a, b) thì có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by.
Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên (ai ), (bi ) theo công thức
truy hồi sao cho
ri = ai a + bi b, i = 0, 1, 2, . . . với r0 = r.
Vì r = a−q0 b, nên ta chọn a0 = 1, b0 = −q0 và có được r0 = r = a0 a+b0 b.
Từ a1 a + b1 b = r1 = b − q1 r0 = b − q1 (a0 a + b0 b) nên ta có thể chọn
a1 = −q1 a0 = −q1 , b1 = 1 − q1 b0 = 1 + q0 q1 . Tổng quát, bởi
ai+1 a + bi+1 b = ri+1 = ri−1 − qi+1 ri = ai−1 a + bi−1 b − qi+1 (ai a + bi b)
ta chọn công thức

a = 1
0
b = −q
0

0

truy hồi

a = −q
1
1
b = 1 + q q
1
0 1


a

i+1

= ai−1 − qi+1 ai

i+1

= bi−1 − qi+1 bi , i

b

1.

Vì qm = 0 nên x = am−1 , y = bm−1 thỏa mãn xa + yb = (a, b).
Ví dụ 1.1.10. Với a = 1832, b = 234, ta có (a, b) = 2 và a · (−41) + b ·
321 = 2.
Hệ quả 1.1.11. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó
(a, b) = 1 khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1.
Tổng quát hơn nữa ta có hệ quả sau:
Hệ quả 1.1.12. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó
(a, b) = d khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = d và d là ước chung
của a và b.


7

Chứng minh: Ta có (a, b) = d khi và chỉ khi

a b
,
d d

= 1. Theo Hệ

b
a
quả ?? tồn tại x, y ∈ Z để x + y = 1. Nhân hai vế với d ta có
d
d
ax + by = d.
Hệ quả 1.1.13. Cho a, b, c ∈ Z không đồng thời bằng không. Nếu (a, c) =
1, (b, c) = 1 thì (ab, c) = 1.
Chứng minh: Theo Hệ quả ?? tồn tại x, y, z, t ∈ Z để ax + cy =
1, bz + ct = 1. Nhân vế với vế ta có
1 = (ax + cy)(bz + ct) = abxy + c(axt + byz + cyt).
Vẫn theo Hệ quả ?? ta có (ab, c) = 1.
Hệ quả 1.1.14.
 Cho số nguyên tố p và số nguyên tuỳ ý m. Khi đó
p nếu p | m
(1) (m, p) =
1 nếu p m.
(2) Nếu p | ab thì p | a hoặc p | b.
Định nghĩa 1.1.15. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời
bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung của các ai nếu d | ai với mọi
i = 1, . . . , n.
Hiển nhiên +1, −1 là ước chung của mọi tập hữu hạn các số nguyên. Ký
hiệu tập tất cả các ước chung của a1 , . . . , an ∈ Z là uc(a1 , . . . , an ) và ta
thấy ngay tập này khác rỗng. Ví dụ uc(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3}.

Định nghĩa 1.1.16. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời
bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung lớn nhất của các ai nếu d là
số nguyên lớn nhất trong các ước chung của các ai . Ta kí hiệu ước chung
lớn nhất là (a1 , a2 , . . . , an ).
Như vậy, số nguyên d là ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an ∈ Z khi và chỉ
khi d | ai , i = 1, . . . , n, và nếu c | ai , i = 1, . . . , n, thì c | d. Khi số nguyên
d là ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an thì −d cũng là ước chung lớn nhất
của a1 , . . . , an . Người ta ký hiệu ước chung lớn nhất của a1 , . . . , an qua
(a1 , . . . , an ) và chọn nó là |d|. Dễ thấy rằng, (a1 , . . . , an ) là số nguyên
dương lớn nhất nằm trong tập uc(a1 , . . . , an ).
Chú ý. Mọi số nguyên đều là ước của 0. Vậy uc(0, . . . , 0) = Z và không
có (0, . . . , 0). Vì thế ta không xét trường hợp này.
Từ việc chứng minh ước chung lớn nhất cho hai số, chúng ta có thể
tổng quát lên các tính chất sau cho nhiều số:


8

Định lý 1.1.17. Giả thiết các số nguyên a1 , . . . , an , n
thời bằng 0. Khi đó

2, không đồng

(1) (0, a1 , . . . , an ) = (a1 , . . . , an ).
(2) (1, a1 , . . . , an ) = 1 = (−1, a1 , . . . , an ).
(3) (a1 , . . . , an ) = (a1 , . . . , (an−1 , an )) = ((a1 , . . . , an−1 ), an ).
(4) Số nguyên d = (a1 , . . . , an ) khi và chỉ khi d > 0, d thuộc uc(a1 , . . . , an ),
và d chia hết cho mọi d thuộc uc(1, a1 , . . . , an ).
(5) (ka1 , . . . , kan ) = |k|(a1 , (a2 , . . . , an )), k ∈ Z \ {0}.
(6) Số nguyên d = (a1 , . . . , an ) khi và chỉ khi d là số nguyên dương nhỏ

n

nhất sao cho tồn tại x1 , . . . , xn ∈ Z để d =

ai xi .
i=1

Định nghĩa 1.1.18. Các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời
bằng 0, được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a1 , . . . , an ) = 1. Chúng
được gọi là nguyên tố sánh đôi hay đôi một nguyên tố cùng nhau nếu
(ai , aj ) = 1 với mọi i, j = 1, . . . , n, i = j.
Hệ quả 1.1.19. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z, không đồng thời bằng
0. Các số a1 , . . . , an nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi có xj ∈ Z để
n

aj xj = 1.
j=1
n

Chứng minh: Hiển nhiên, khi có các số nguyên xj để

aj xj = 1
j=1

thì a1 , . . . , an là nguyên tố cùng nhau. Ngược lại, giả thiết a1 , . . . , an là
nguyên tố cùng nhau. Đặt di = (a1 , . . . , ai ), i = 1, . . . , n. Ta có dn = 1.
n−1

Vận dụng Định lý ??, ta có thể giả thiết qui nạp có yj ∈ Z để

yj aj =
j=1

dn−1 . Từ (dn−1 , an ) = 1 ta suy ra có x, y ∈ Z để xdn−1 + yan = 1 theo
n−1

xyj aj + yan = 1. Tóm lại có các số nguyên xj

Định lý ?? và như vậy
j=1
n

aj xj = 1.

để
j=1

Chú ý rằng, Tính chất (3) chỉ ra cách tìm ước chung lớn nhất của nhiều
số qui về việc tìm ước chung lớn nhất của 2 số.


9

Định lý 1.1.20. Cho các số nguyên a1 , . . . , an ∈ Z không đồng thời bằng
0. Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất (a1 , . . . , an ).
n

Chứng minh: Đặt I = {y =

aj xj | xj ∈ Z, j = 1, . . . , n}. Dễ dàng

j=1
n

0.aj ta suy ra

chỉ ra I là một iđêan của vành Z. Từ ai = 1.ai +
i=j=1

các ai đều thuộc I. Vậy I = {0}. Nếu y ∈ I thì −y ∈ I. Vậy có số
dương thuộc I. Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I. Ta chỉ ra
d = (a1 , . . . , an ).
Trước tiên ta chỉ ra d ∈ uc(a1 , . . . , an ) : Giả sử ai = qi d + ri , 0 ri < d
n

aj xj , xj ∈ Z do d ∈ I và từ

theo Định lý ??. Ta có biểu diễn d =
j=1

ri = ai − qi d = a1 (−qi x1 ) + · · · + ai (1 − qi xi ) + · · · + an (−qi xn ) ∈ I suy ra
ri ∈ I với mọi i = 1, . . . , n. Bởi vì d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc
I và các ri ∈ I, 0 ri < d, nên r1 = · · · = rn = 0.
Tiếp theo, nếu c ∈ uc(a1 , . . . , an ) thì c|d. Thật vậy, nếu c ∈ uc(a1 , . . . , an )
n

thì có bj ∈ Z để aj = bj c với j = 1, . . . , n. Do vậy d =

aj x j =
j=1

n

c(

bj xj ) hay c|d. Tóm lại d = (a1 , . . . , an ).

j=1

Định nghĩa 1.1.21. Cho a1 , . . . , an . Số nguyên d được gọi là một tổ hợp
n

aj x j .

tuyến tính nguyên của các ai nếu có các số nguyên xj để d =
j=1

Từ Định lý ?? ta suy ra ba hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.1.22. [Bezout] Cho a1 , . . . , an ∈ Z, không đồng thời bằng
không. Khi đó có các xi ∈ Z để
a1 x1 + · · · + an xn = (a1 , . . . , an ).
Hệ quả 1.1.23. Cho a1 , . . . , an ∈ Z, không đồng thời bằng không. Khi
đó d = (a1 , . . . , an ) là một tổ hợp tuyến tính nguyên của các ai .
Hệ quả 1.1.24. Cho a1 , . . . , an ∈ Z, không đồng thời bằng không. Nếu
số nguyên d > 0 thuộc uc(a1 , . . . , an ) và là một tổ hợp tuyến tính nguyên
của các ai thì d = (a1 , . . . , an ).
Ví dụ 1.1.25. Giả sử dãy số nguyên (an ) với a0 = 0 thỏa mãn (am , ak ) =
(am−k , ak ) với mọi số nguyên m
k. Khi đó (an , am ) = a(n,m) với mọi
m, n 0.

10

Bài giải. Theo Thuật toán Euclid, tìm ước chung lớn nhất của m và k :
m = q0 k + r1 với 0 r1 < k
k = q1 r1 + r2 với 0 r2 < r1
r1 = q2 r2 + r3 với 0 r3 < r2
...
rs−1 = qs rs + rs+1 với 0 rs+1 < rs
rs = qs+1 rs+1 , d = rs+1 = (m, k).
Từ giả thiết suy ra (am , ak ) = (am−k , ak ) = · · · = (ar1 , ak ) và tiếp tục
như vậy được (am , ak ) = (ar1 , ak ) = · · · = (ad , a0 ) = ad = a(m,k) .

1.2

Số nguyên tố và hợp số

Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 có ít nhất hai ước dương là 1 và chính
nó. Những số chỉ có hai ước dương phân biệt là 1 và chính nó đóng vai
trò quan trọng bậc nhất trong số học, được gọi là số nguyên tố.
Định nghĩa 1.2.1. Số tự nhiên p > 1 không có ước số dương nào khác
1 và chính nó được gọi là số nguyên tố. Số tự nhiên q > 1 có ước số
dương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số. Số tự nhiên n được gọi là
số chính phương nếu tồn tại số tự nhiên d sao cho n = d2 .
Ví dụ 1.2.2. Ta có 2, 3, 5, 7, 11, 13, . . . là các số nguyên tố; 4, 6, 8, 10, 12, . . .
là các hợp số. Ta nhận thấy rằng chỉ có 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất.
Định lý 1.2.3. Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.
Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên dương lớn hơn 1
không có ước nguyên tố. Đặt S là tập hợp tất cả các số nguyên dương
như vậy. Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong S tồn tại số nguyên

dương nhỏ nhất n. Hiển nhiên theo định nghĩa của tập S thì n không là
số nguyên tố, nghĩa là n là một hợp số. Điều này suy ra n = ab với a, b
là các số tự nhiên thỏa mãn 1 < a < n, 1 < b < n. Vì a < n nên a ∈ S
và do đó a phải có ước nguyên tố, tức n có ước nguyên tố (vô lý). Định
lý do đó được chứng minh.
√
Định lý 1.2.4. Nếu n là hợp số thì n có ước nguyên tố không vượt n.


11

Chứng minh: Vì n là hợp số nên n = ab
√ với a, b là số nguyên dương,
2
1 < a b < n. Khi đó n a , hay a
n. Vì a có ước nguyên tố và
ước này không vượt quá a nên suy ra n có ước nguyên tố không vượt
quá n.
Định lý 1.2.5. [Euclid] Tập hợp tất cả các số nguyên tố là một tập vô
hạn.
Chứng minh: Ký hiệu P là tập tất cả các số nguyên tố và giả sử P
là một tập hữu hạn, chẳng hạn P = {p1 , . . . , ps }. Xét số nguyên dương
s

q=

pi + 1 > 1. Mọi ước nguyên tố của q đều khác các pi vì 1 không
i=1

chia hết cho pi , với mọi i ∈ {1, . . . , s}. Vậy tồn tại một số nguyên tố

khác với các số nguyên tố trong tập P (mâu thuẫn). Điều đó chứng tỏ
P là một tập vô hạn.
Ví dụ 1.2.6. Có nhiều vô hạn các số nguyên tố dạng 4n − 1 với n ∈ N.
Lời giải: Giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố p1 , . . . , ps dạng
s

4n − 1. Đặt q = 4
s

rằng tích

pi − 1 > 1, hiển nhiên q là số lẻ. Dễ dàng thấy
i=1

(4ni + 1) là một số nguyên dương dạng 4m + 1. Do đó, nếu
i=1

mọi ước nguyên tố của q đều có dạng 4k + 1 thì q phải có dạng 4m + 1,
nhưng điều này không thể xảy ra vì q có dạng 4m − 1. Vậy q phải có
một ước nguyên tố p dạng 4k − 1, ta suy ra p = pi với i ∈ {1, . . . , s} nào
đó. Điều này dẫn đến p | (−1) (vô lý). Vậy có vô hạn số nguyên tố dạng
4n − 1.
Định lý 1.2.7. Với mọi số nguyên dương n đều tồn tại ít nhất n số
nguyên dương liên tiếp mà mỗi số trong chúng là hợp số.
Chứng minh: Xét dãy n số nguyên dương liên tiếp
(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + (n + 1).
Ta có i | (n + 1)! + i với 2
i
n + 1, nên tất cả các số trên là
hợp số. Đặc biệt, nếu p là số nguyên tố và q = 2.3.5 . . . p thì các số

q+2, q+3, q+4, . . . , q+p đều là những hợp số hay trong đoạn [q+2, q+p]
không có một số nguyên tố nào. Với p đủ lớn ta nhận được đoạn với độ
dài rất lớn mà trong đó không có số nguyên tố.


12

Một vấn đề kinh điển của số học là người ta muốn ước lượng số các số
nguyên tố không vượt quá số x cho trước theo x. Năm 1896, J. Hadamard
và C.I. de la Vallée-Poussin đã chứng minh được kết quả sau:
Định lý 1.2.8. [Luật tiệm cận] Cho số dương x ta đặt π(x) là số các
số nguyên tố không vượt quá x, khi đó
lim

x→+∞

π(x)
x = 1.
ln x

Định lý trên chỉ ra rằng với số x đủ lớn thì số các số nguyên tố không
x
.
vượt quá x sẽ xấp xỉ
ln x
Định lý 1.2.9. [Dirichlet’s Theorem] Cho hai số nguyên dương a và
b với (a, b) = 1. Khi đó cấp số cộng {an + b|n ∈ N} có chứa nhiều vô
hạn số nguyên tố.
Chứng minh các kết quả này dùng nhiều khái niệm của giải tích hiện
đại nên chúng tôi không trình bày ở đây do mục đích chỉ để luyện tập

học sinh giỏi.

1.3

Định lý cơ bản của số học

Định lý 1.3.1. [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn
1 đều phân tích được thành một tích hữu hạn các thừa số nguyên tố và
sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự thừa số nguyên tố.
Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dương không biểu
diễn được thành tích một số hữu hạn các thừa số nguyên tố. Ta chỉ cần
chỉ ra F = ∅. Thật vậy, giả sử F = ∅. Ta thấy nếu m ∈ F thì m > 2,
vì vậy F là tập bị chặn dưới. Khi đó có số nguyên dương nhỏ nhất m
thuộc F. Vì m ∈ F nên m phải là hợp số. Khi đó có hai số nguyên dương
q1 , q2 > 1 để m = q1 q2 . Vì q1 , q2 < m nên q1 , q2 ∈
/ F. Như vậy ta có sự
phân tích q1 = t1 t2 · · · th , q2 = u1 u2 · · · uk , ở đó ti , uj đều là các số nguyên
tố. Điều này dẫn đến
m = q1 q2 = t1 t2 · · · th u1 u2 · · · uk ,
mâu thuẫn với giả thiết m ∈ F. Như vậy F phải là tập rỗng. Tính duy
nhất của biểu diễn một số nguyên dương n > 1 thành tích các thừa số
nguyên tố được suy ra từ Hệ quả ??, và định lý được chứng minh.


13

Khi phân tích số tự nhiên q > 1 thành tích các thừa số nguyên tố,
có thể một số nguyên tố xuất hiện nhiều lần. Nếu các số nguyên tố
p1 , . . . , ps xuất hiện tương ứng α1 , . . . , αs lần, thì ta viết
q = pα1 1 pα2 2 · · · pαs s

và ta gọi tích này là dạng phân tích chính tắc hay dạng phân tích tiêu
chuẩn của q. Khi hai số a, b có dạng phân tích chính tắc
a = pα1 1 pα2 2 · · · pαs s q1u1 · · · qrur , b = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβs s tv11 · · · tvhh ,
trong đó các thừa số nguyên tố qi chỉ có trong a, còn các thừa số nguyên
tố tj chỉ có trong b. Ta có
min(α ,β )

2 2
(a, b) = p1 min(α1 ,β1 ) p2
· · · ps min(αs ,βs )
[a, b] = p1 max(α1 ,β1 ) p2 max(α2 ,β2 ) · · · ps max(αs ,βs ) q1 u1 · · · qr ur t1 v1 · · · th vh .

Hệ quả 1.3.2. Nếu số tự √nhiên n chia hết cho số nguyên tố p, nhưng
không chia hết cho p2 , thì n là một số vô tỉ.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử
√
√
a
n là một số hữu tỉ. Khi đó ta có biểu diễn n = , a, b ∈ N+ và
b
2
2
(a, b) = 1, dẫn đến a = nb . Vì n chia hết cho số nguyên tố p nên a2
chia hết cho p và như vậy a phải chia hết cho p. Khi đó nb2 chia hết cho
p2 . Vì n không chia hết cho p2 nên b chia hết cho p√
theo Định lý ??. Điều
này mâu thuẫn với việc chọn (a, b) = 1. Như vậy n là số vô tỉ.
Hệ quả 1.3.3. Cho số tự nhiên n không
là số chính phương. Khi đó,
√

nếu x, y là hai số nguyên thoả mãn x n = y thì x = y = 0.
Chứng minh: Nếu x = 0 thì y = 0 và kết luận được chứng minh. Xét
trường hợp x = 0. Không mất tính chất tổng quát, ta giả thiết (x, y) = 1.
Vì n không là số chính phương, theo Định lý ??, trong dạng phân tích
chính tắc của nó có thừa số p2k+1 , ở đó p là số nguyên tố. Khi đó y phải
chia hết cho pk+1 và từ đó suy ra x phải chia hết cho p. Điều này chứng
tỏ x, y có thừa số chung là p > 1 (mâu thuẫn). Vậy x = y = 0.
Ví dụ 1.3.4. [AIME 1987] Xác định số các bộ ba số nguyên dương
(a, b, c) thỏa mãn [a, b] = 1000, [b, c] = 2000, [c, a] = 2000.


14

Lời giải: Vì 1000 và 2000 đều có dạng 2m 5n nên a, b, c cũng phải có
dạng như thế. Đặt a = 2m1 5n1 , b = 2m2 5n2 , c = 2m3 5n3 , trong đó mi , ni
với i = 1, 2, 3, là những số nguyên không âm. Từ giả thiết ta có
max{m1 , m2 } = 3, max{m2 , m3 } = 4, max{m3 , m1 } = 4
max{n1 , n2 } = 3, max{n2 , n3 } = 3, max{n3 , n1 } = 3.
Từ phương trình các mi ta suy ra m3 = 4 và m1 hoặc m2 = 3, số còn
lại có thể nhận giá trị 0, 1, 2, 3. Tất cả có 7 nhóm bộ ba (m1 , m2 , m3 ) là
(0, 3, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (3, 0, 4), (3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4). Từ phương
trình các ni ta suy ra 2 trong số n1 , n2 , n3 phải bằng 3, số còn lại có thể
nhận giá trị 0, 1, 2, 3. Tất cả có 10 nhóm bộ ba (n1 , n2 , n3 ) là (3, 3, 0),
(3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 0, 3), (3, 1, 3), (3, 2, 3), (0, 3, 3), (1, 3, 3), (2, 3, 3) và
(3, 3, 3). Như vậy ta có 7.10 = 70 bộ ba (a, b, c).
Chú ý 1.3.5. Một cách chứng minh khác cho Định lý ?? qua vận dụng
Định lý ??:
Giả sử tập tất cả các số nguyên tố là hữu hạn, chẳng hạn p1 , p2 , . . . , pr
r
r

1
pi
1
với p1 < p2 < · · · < pr . Xét số M =
1+ + 2 +··· =
.
pi pi
i=1
i=1 pi − 1
r
pi
=
Vận dụng Định lý ?? vào phân tích số và khai triển tích ta có
i=1 pi − 1
r
1
1
1 1
1 + + 2 + · · · = 1 + + + · · · = +∞, vô lý. Như vậy, điều
pi pi
2 3
i=1
giả sử trên là sai.

1.4
1.4.1

Biểu diễn số và hàm tổng các chữ số
Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số

Ta đã biết cách biểu diễn một số tự nhiên theo cơ số 10. Định lý sau cho
cách biểu diễn một số nguyên dương theo cơ số k > 1 tuỳ ý.
Định lý 1.4.1. Cho số nguyên dương k > 1. Mỗi số nguyên dương n
đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng
n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am ,
trong đó m là một số nguyên không âm và a0 , . . . , am ∈ {0, 1, . . . , k − 1}
với a0 1.


15

Chứng minh: Sự tồn tại: Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số tự
nhiên m rằng với mỗi số nguyên dương n < k m+1 đều có thể biểu diễn
thành tổng n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am với a0 , . . . , am ∈
{0, 1, . . . , k − 1}. Thật vậy m = 0 thì khẳng định hiển nhiên đúng. Giả
sử bài toán đã đúng cho m = l − 1 với số nguyên dương l. Gọi n là
một số tự nhiên sao cho n < k l+1 . Ta chia n cho k l , khi đó tồn tại
các số tự nhiên a0 , n1 sao cho n = k l a0 + n1 với n1 < k l . Vậy theo giả
thiết quy nạp ta có thể biểu diễn n1 = a1 k l−1 + · · · + al−1 k + al với
a1 , . . . , am ∈ {0, 1, . . . , k − 1}, do đó n = a0 k l + a1 k l−1 + · · · + al−1 k + al .
Mặt khác, vì n < k l+1 nên a0 ∈ {0, 1, . . . , k − 1}, do đó khẳng định trên
được chứng minh và hiển nhiên nó chứng minh sự tồn tại của biểu diễn
trong định lý.
Tính duy nhất: Giả sử ta có hai sự biểu diễn cho n theo k là

n = a k m + a k m−1 + · · · + a
0
1
m−1 k + am ,
n = b k s + b k s−1 + · · · + b k + b .

0

1

s−1

s

Khi đó (a0 k m + · · · + am−1 k) − (b0 k s + · · · + bs−1 k) + (am − bs ) = 0. Vì
vế phải chia hết cho k nên am − bs chia hết cho k. Ta suy ra am = bs
(vì am , bs ∈ {0, 1, . . . , k − 1}). Lập luận hoàn toàn tương tự, ta có m =
s, ai = bi , i = 0, 1, . . . , s. Điều này chứng tỏ biểu diễn là duy nhất.
Với biểu diễn n = a0 k m + a1 k m−1 + · · · + am−1 k + am ta thường viết
n = a0 a1 . . . am−1 am k hay a0 a1 . . . am−1 am (k) .
Số k được gọi là cơ số, còn a0 , a1 , . . . , am được gọi là các chữ số của biểu
diễn n theo cơ số k và biểu diễn n = a0 a1 . . . am−1 am k được gọi là biểu
diễn k-phân.
Về nguyên tắc, để đổi một số ghi trong hệ k-phân sang hệ k -phân ta
thực hiện liên tiếp phép chia số đó và các thương của các phép chia đó
cho k . Tuy nhiên trong trường hợp này tất cả các phép tính phải thực
hiện trong một k-phân mà ta không quen thuộc. Vì vậy việc đổi một số
ghi trong hệ k-phân sang hệ k -phân thường được thực hiện qua hệ thập
phân: Đổi từ hệ k-phân sang hệ thập phân rồi từ hệ thập phân sang hệ
k -phân.
Đổi từ hệ thập phân sang hệ k-phân: Ví dụ biểu diễn số 3791 trong hệ
thất phân. Để thực hiện liên tiếp phép chia 3791 và các thương của phép
chia đó cho 7 ta viết như sau:
3791 = 541 · 7 + 4

16

541
77
11
1

=
=
=
=

77 · 7 + 2
11 · 7 + 0
1·7+4
0·7+1

và 3791 = 140247 . Bây giờ muốn viết ngược lại, theo định nghĩa ta có:
140247 = 1 · 74 + 4 · 73 + 0 · 72 + 2 · 71 + 4 · 70
= 1 · 2401 + 4 · 343 + 18
= 2401 + 1372 + 18 = 3791.
Ví dụ 1.4.2. Đổi số 435218 từ hệ bát phân sang hệ ngũ phân.
Bài giải. Ta có:
435218 = 4 · 84 + 3 · 83 + 5 · 82 + 2 · 81 + 1 · 80
= 4 · 4096 + 3 · 512 + 5 · 64 + 17
= 16384 + 1536 + 320 + 17 = 18257.
Đổi số 18257 sang hệ ngũ phân:
18257
3651
730

146
29
5
1

=
=
=
=
=
=
=

3651 · 5 + 2
730 · 5 + 1
146 · 5 + 0
29 · 5 + 1
5·5+4
5=1·5+0
0 · 5 + 1.

Vậy 18257 = 10410125 . Cuối cùng, 435218 = 10410125 .
55

Ví dụ 1.4.3. Xác định hai chữ số cuối cùng của số 10075 .
5

55

Lời giải: Chú ý rằng, số 55 có dạng 4n + 1. Vậy 10075 = 10074n+1

n
= · · · 01 .7 = M.100 + 7. Do đó, hai chữ số cuối cùng là 07.
1.4.2

Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên

Định nghĩa 1.4.4. Giả sử số tự nhiên a được viết theo cơ số 10 như
sau: a = a1 a2 . . . as . Ký hiệu S(a) := a1 + a2 + · · · + as là tổng các chữ
số của n. Khi đó S : N → N, a → S(a), là một hàm số học và được gọi
là một hàm tổng các chữ số.


17

Bổ đề 1.4.5. Với số tự nhiên bất kỳ a = a1 a2 . . . as ta luôn có
n
(1) S(n) = n − 9
.
k
k 1 10
(2) S(a) ≡ a(mod 9).
Chứng minh: (1) Tính chất này được suy trực tiếp qua định nghĩa.
s

(2) Vì 10k = (9 + 1)k ≡ 1(mod 9) nên a =

ai 10s−i ≡

i=1

s

ai (mod 9). Do
i=1

vậy S(a) ≡ a(mod 9).
Mệnh đề 1.4.6. Cho hai số tự nhiên bất kỳ a và b ta luôn có
(1) 9|S(a) − a.
(2) S(a + b)

S(a) + S(b).

(3) S(a.b)

min{bS(a), aS(b)}.

(4) S(a.b)

S(a).S(b).

Chứng minh: (1) được suy ra từ Bổ đề ??.
(2) Giả sử a = ak ak−1 . . . a0 , b = bh bh−1 . . . b0 , a + b = cs cs−1 . . . c1 c0 .
Chọn số nguyên không âm nhỏ nhất t thỏa mãn ai + bi < 10 khi i < t
và at + bt 10. Như vậy ct = at + bt − 10 và ct+1 at+1 + bt+1 + 1. Ta
nhận được
t+1

t+1

ci

t+1

ai +

i=0

i=0

bi .
i=0

Lặp lại quá trình này ta nhận được S(a + b) S(a) + S(b).
Chú ý rằng, có thể sử dụng [u + v] [u] + [v] để chứng minh (2).
(3) Do tính chất đối xứng nên ta chỉ cần chứng minh S(ab) aS(b). Áp
dụng (2), ta có S(2b) = S(b + b) S(b) + S(b) = 2S(b). Lặp lại a lần ta
có ngay
S(ab) = S(b + b + · · · + b)
h

(4) Biểu diễn S(ab) = S(a

S(b) + S(b) + · · · + S(b) = aS(b).

bi 10i ) = S(

i=0
h
i

S(abi 10 ) =
i=0

abi 10i ) và suy ra được

i=0

h

S(ab)

h

h

S(abi )
i=0

Như vậy, ta đã chỉ ra được bất đẳng thức S(ab)

bi S(a).
i=0

S(a)S(b).


18

Ví dụ 1.4.7. Chứng minh rằng S(2n)
2S(n)

10S(2n) với mọi số
nguyên dương n. Chỉ ra rằng tồn tại n để S(n) = 2010S(3n).
Lời giải: Theo Mệnh đề ??, ta có
S(2n) = S(n + n)

S(n) + S(n) = 2S(n).

Tương tự, ta có S(n) = S(10n) = S(2n + 2n + 2n + 2n + 2n) 5S(2n).
Vậy S(2n) 2S(n) 10S(2n) với mọi số nguyên dương n.
Với n = 1333 . . . 335 chứa 6028 chữ số 3, ta có S(n) = 1 + 5 + 6028 · 3 và
2010S(3n) = 2010 · 9. Hai số này bằng nhau.
Ví dụ 1.4.8. [Russia 1999] Trong biểu diễn theo cơ số 10 của số tự
nhiên dương n, mỗi chữ số (ngoài chữ số đầu tiên) lớn hơn chữ số ở bên
trái nó. Xác định S(9n).
Lời giải: Giả sử n = ak ak−1 . . . a0 . Khi đó ta có biểu diễn
9n = 10n − n = ak ak−1 . . . a0 0 − ak ak−1 . . . a0 .
Như vậy 9n được thể hiện qua các chữ số ak , ak−1 − ak , . . . , a1 − a2 ,
a0 − a1 − 1 và 10 − a0 . Tổng các chữ số này bằng 10 − 1 = 9. Như vậy
S(9n) = 9.
Ví dụ 1.4.9. [Irish MO 1996] Xác định số nguyên dương n để S(n) =
1996S(3n).
Lời giải: Xét số n = 1333 . . . 35, trong đó số 3 xuất hiện 5986 lần. Ta có
S(n) = 1 + 5 + 3.5986 = 9.1996. Mặt khác, 3n = 4000 . . . 005 với sự xuất
hiện 5986 lần của số 0 và S(3n) = 9. Như vậy 1996S(3n) = 1996.9 =
S(n).


19

Chương 2

Số mũ, định giá p−adic và vận dụng
2.1
2.1.1

Định lý Euler và số mũ
Định lý Euler và Định lý Fermat nhỏ

Định lý 2.1.1. [Euler] Nếu a, m ∈ Z, m > 0, (a, m) = 1 thì aϕ(m) ≡ 1
(mod m).
Chứng minh: Nếu m = 1, định lý là hiển nhiên đúng. Giả sử m > 1, gọi
a1 , a2 , . . . , aϕ(m) là ϕ(m) số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng
nhau với m. Từ (a, m) = 1 nên aai ≡ aaj (mod m) với mọi i = j. Cố
định j ∈ {1, 2, . . . , ϕ(m)}, tồn tại số tự nhiên q, r sao cho aaj = mq + r
với 0
r < m. Từ (aaj , m) = 1 nên r = 0 và (r, m) = 1. Do đó
r = ak với k ∈ {1, 2, . . . , ϕ(m)}. Suy ra, với mỗi j ∈ {1, 2, . . . , ϕ(m)} tồn
tại một số k ∈ {1, 2, . . . , ϕ(m)} sao cho aaj ≡ ak (mod m). Vì các số
aaj là phân biệt theo modulo m nên ta suy ra {aa1 , aa2 , . . . , aaϕ(m) } =
{a1 , a2 , . . . , aϕ(m) }. Do đó
a1 a2 · · · aϕ(m) ≡ (aa1 )(aa2 ) · · · (aaϕ(m) ) ≡ aϕ(m) a1 a2 · · · aϕ(m)

(mod m).

Mặt khác (a1 a2 · · · aϕ(m) , m) = 1, ta nhận được aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Hệ quả 2.1.2. [Fermat] Nếu số nguyên a không chia hết cho số nguyên
tố p thì ap−1 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh: Ta có ϕ(p) = p − 1. Vì a không chia hết cho p nên
(a, p) = 1. Theo Định lý ??, ta có ap−1 ≡ 1 (mod p).
Hệ quả 2.1.3. Nếu p là số nguyên tố thì ap ≡ a (mod p) với mọi a ∈ Z.

20

Chứng minh: Nếu a không chia hết cho p thì ap−1 ≡ 1 (mod p) theo
Định lý ??. Nhân hai vế với a ta nhận được ap ≡ a (mod p). Nếu a
chia hết cho p thì a ≡ 0 (mod p) và do đó ap ≡ 0 (mod p). Vậy ap ≡ a
(mod p).
2.1.2

Số mũ theo modulo

Cho số nguyên dương m > 1. Giả sử số nguyên dương a thỏa mãn
(a, m) = 1. Theo Định lý Euler ta có aϕ(m) ≡ 1(mod m). Xét các số
1, 2, . . . , ϕ(m). Trong dãy các số này có một số nguyên dương nhỏ nhất
d để ad ≡ 1(mod m). Số d k được gọi là số mũ của a theo modulo m
và được ký hiệu qua ordm (a). Hiển nhiên ordm (1) = 1.
Mệnh đề 2.1.4. Số mũ d của số nguyên dương a theo modulo m là một
ước của ϕ(m).
Chứng minh: Nếu d không chia hết ϕ(m) thì ta có biểu diễn ϕ(m) =
sd + r, 0 < r < d theo Định lý Euclid về phép chia với dư. Từ aϕ(m) ≡
1(mod m) và ad ≡ 1(mod m) ta nhận được ar ≡ 1(mod m), mâu thuẫn
do r < d. Vậy, d chia hết ϕ(m).
Mệnh đề 2.1.5. Giả sử số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1, m >
1, và d là số mũ của a theo modulo m. Khi đó, với số nguyên dương k,
ak − 1 chia hết cho m khi và chỉ khi k chia hết cho d.
Chứng minh: Ta biểu diễn k = sd+r, 0 r < d theo Định lý Euclid về
phép chia với dư. Khi đó ak ≡ 1(mod m) khi và chi khi asd+r ≡ 1(mod m)
hay ar ≡ 1(mod m) vì ad ≡ 1(mod m). Từ định nghĩa của d suy ra r = 0
hay k chia hết cho d.
Mệnh đề 2.1.6. Giả sử các số nguyên dương a, b, m thỏa mãn (a, m) =

1 = (b, m), m > 1. Nếu cấp của a và b theo modulo m bằng r, s, thương
ứng và (r, s) = 1 thì cấp của ab theo modulo m đúng bẳng rs.
Chứng minh: Ta có (ab)rs ≡ (ar )s (bs )r ≡ 1(mod m). Giả sử ordm (ab) =
n. Tử (ab)n ≡ 1(mod m) và (r, s) = 1 nên n chia hết cho r, s và từ đó
suy ra n chia hết cho rs. Như vậy n = rs.
Hệ quả 2.1.7. Giả sử số nguyên dương m có sự phân tích chính tắc
m = p1 p2 . . . pn với p1
p2
pn . Khi đó, với số nguyên a
3, nếu
m
a − 1˙:m thì a − 1˙:p1 .


21

Chứng minh: Giả sử p = p1 là ước nguyên tố nhỏ nhất của m. Vì
am − 1 chia hết cho m nên (a, p) = 1 và vì ap−1 − 1 chia hết cho p nên
số mũ d của a theo modulo p với 1 d < p là tồn tại. Vì am − 1 chia
hết cho p nên m˙:d theo Mệnh đề ??. Do việc chọn của p nên d = 1. Vậy
a − 1˙:p.
Hệ quả 2.1.8. Giả sử số nguyên dương m có sự phân tích chính tắc
m = p1 p2 . . . pn với p1
p2
pn . Khi đó, với số nguyên a
3, nếu
m
p1
p1 p2 ...ps
a − 1˙:m thì a − 1˙:p1 , a − 1˙:p2 , . . . , a

− 1˙:ps+1 .
Chứng minh: Theo Hệ quả ?? ta có a − 1˙:p1 . Với k = p2 . . . pn , viết
am −1 = (ap1 )k −1 và số này chia hết cho k. Theo Hệ quả ??, số ap1 −1˙:p2 .
Lặp lại quá trình trên và qua qui nạp ta nhận được ap1 p2 ...ps − 1˙:ps+1 .
Ví dụ 2.1.9. Nếu số nguyên m
thì m chia hết cho 3.

2 thỏa mãn 10m − 1 chia hết cho m

Lời giải: Vì 10m − 1 chia hết cho m nên m là một số lẻ. Giả sử m có sự
phân tích chính tắc m = p1 p2 . . . pn với p1 p2 · · · pn . Vì 10m − 1˙:m
nên 10 − 1 = 9˙:p1 theo Hệ quả ?? và suy ra p1 = 3. Do vậy m chia hết
cho 3.
Ví dụ 2.1.10. Cho hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1. Khi
đó mọi nghiệm của phương trình ax ≡ 1(mod m), x ∈ N, đều phải chia
hết cho ordm (a).
Lời giải: Phương trình ax ≡ 1(mod m), x ∈ N, có nghiệm, chẳng hạn:
x = ϕ(m). Giả sử nghiệm nguyên x có biểu diễn x = kd + r với d =
ordm (a), 0 r < d và k ∈ N. Khi đó 1 ≡ ax ≡ akd+r ≡ ar (mod m). Từ
định nghĩa của d = ordm (a) ta suy ra r = 0 và x chia hết cho d.

2.2
2.2.1

Định giá p-adic vp(n)
Khái niệm định giá p-adic

Định nghĩa 2.2.1. Số vp (n) được ký hiệu cho số mũ của p trong phân
tích tiêu chuẩn của n và quy ước vp (n) = 0 khi p không là ước của n. Số
vp (n) được gọi là định giá p−adic của số tự nhiên n.

m
= vp (m)−vp (n). Trong phần
Ta cũng quy ước vp (0) = +∞ và vp
n
này, ta ký hiệu sp (n) là tổng các chữ số của n khi viết n theo cơ số p.
Chú ý rằng, cũng có tài liệu sử dụng ký hiệu vp (n) := n p .


22

Định lý 2.2.2. Với định giá vp (n) ta có các kết quả sau đây:
(1) vp (m + n)
min{vp (m), vp (n)} với mọi m, n ∈ N. Khi vp (m) >
vp (n) thì vp (m + n) = vp (n).
(2) vp (m.n) = vp (m) + vp (n) với mọi m, n ∈ N.
(3) m = n khi và chỉ khi vp (m) = vp (n) với mọi số nguyên tố p.
(4) logp n

vp (n).

Chứng minh: (1) Giả sử m, n ∈ N∗ . Đặt r = vp (m), s = vp (n). Khi
đó m = pr m1 , n = ps n1 , ở đó m1 , n1 đều không chia hết cho p. Nếu
r = s, chẳng hạn r < s. Khi đó m + n = pr (m1 + ps−r n1 ). Ta thấy ngay
vp (m + n) = r = min{vp (m), vp (n)}. Nếu r = s và m1 + n1 không chia
hết cho p thì vp (m + n) = vp (m) = vp (n). Nếu m1 + n1 chia hết cho p
thì vp (m + n) r + 1 > r = min{vp (m), vp (n)}.
(2) Giả sử m, n ∈ N∗ . Đặt r = vp (m), s = vp (n). Khi đó m = pr m1 , n =
ps n1 , ở đó m1 , n1 đều không chia hết cho p. Ta có mn = pr+s m1 n1 với
(m1 n1 , p) = 1. Như vậy vp (mn) = r + svp (m) + vp (n).
(3) Kết quả này là hiển nhiên theo sự phân tích chính tắc của mỗi số tự

nhiên đương.
(4) Giả sử n = pr s, trong đó (p, s) = 1. Khi đó vp (n) = r. Mặt khác, ta
lại có logp n = r + logp s r. Vậy logp n vp (n).
Định lý 2.2.3. Với định giá vp (n) ta có các kết quả sau đây:
∞

(1) vp (n!) =
i=1

(2) vp (n!) =

n
[Legendre, Lagrange].
pi

n − sp (n)
với mọi số nguyên dương n.
p−1

Chứng minh: (1) Chú ý rằng, với số nguyên dương m đủ lớn ta nhận
∞ n
m
n
n
n
=
. Xét tích
được m+1 = m+2 = · · · = 0. Do vậy
i
i

p
p
i=1 p
i=1 p
các bội của p xuất hiện trong tích n!. Đó là (1p).(2p).(3p) . . . (kp) = pk .k!,
n
trong đó k =
. Theo kết quả trên ta nhận được kết quả
p
n
n
vp (n!) = k + vp (k!) =
+ vp
! .
p
p
∞

Lặp lại kết quả này, chúng ta có ngay hệ thức vp (n!) =
i=1

n
.
pi