ly thuyet va trac nghiem ton tai xa hoi va y thuc xa hoi

TẠP CHÍ KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN Định lí Trung Quốc phần dư sách tốn Hán - Nôm Trần Đại An1, Phạm Văn Hoằng2, Đoàn Thị Lệ3, Tạ Duy Phượng4,*, Cung Thị Kim Thành5, Phan Thị Ánh Tuyết6 Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Việt Nam Đại học Giáo dục, Đại học Quốc gia Hà Nội, Việt Nam Đại học Quốc lập Thanh Hoa, Đài Loan Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ, Việt Nam Viện Trần Nhân Tông, Đại học Quốc gia Hà Nội, Việt Nam Đại học Sư phạm Quốc lập Đài Loan, Đài Loan Ngày nhận bài: 21/01/2022; Ngày nhận đăng: 28/04/2022; Ngày xuất bản: 28/08/2022 TĨM TẮT Định lí Trung Quốc phần dư coi đóng góp quan trọng người Trung Quốc vào kho tàng kiến thức tốn học giới Định lí Trung Quốc phần dư người Trung Quốc sử dụng thiên văn tính toán lịch từ kỉ II trước Công nguyên phát biểu ngôn ngữ toán học vào khoảng kỉ V Nhưng đến kỉ XIII Định lí nhà toán học Trung Quốc Tần Cửu Thiều chứng minh tốn học cách chặt chẽ Bài viết trình bày Định lí Trung Quốc phần dư sách tốn Trung Quốc sách tốn Hán-Nơm (sách tốn Việt Nam viết chữ Hán chữ Nôm) Qua phần hình dung khả tiếp nhận phát triển toán học của nhà toán học Việt Nam thời trung đại, ý nghĩa thời kiến thức toán học sách tốn Hán-Nơm giảng dạy tốn Từ khóa: Định lí Trung Quốc phần dư, sách tốn Hán-Nơm, lịch sử toán học, tốn học Việt Nam thời Trung đại, giảng dạy toán học MỞ ĐẦU Định lí Trung Quốc phần dư (The Chinese Remainder Theorem) có nguồn gốc từ tốn Vật bất tri kỳ số sách chữ Hán Tơn Tử tốn kinh (khoảng kỉ V).1 Mặc dù Định lí Trung Quốc phần dư sở để xây dựng thuật tốn giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất, sử dụng tính tốn thiên văn tính toán lịch Trung Quốc cổ đại vào kỉ II trước Cơng ngun.2 Nhưng nhà toán học Trung Quốc Tần Cửu Thiều chứng minh chặt chẽ vào kỉ XIII.3 Trình Đại Vị gọi toán Vật bất tri kỳ số toán Hàn Tín điểm binh.4 Định lí Trung Quốc phần dư có chất tốn học sâu sắc có nhiều ứng dụng thực tế, ln mang ý nghĩa thời Nó nằm chương trình khóa cho học sinh chuyên Toán-Tin cho sinh viên ngành Tốn-Khoa học máy tính giảng dạy mơn Lý thuyết số, Lý thuyết thuật tốn… Hiện *Tác giả liên hệ chính Email: tdphuong@math.ac.vn https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16 TẠP CHÍ KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN toán đồng dư phát triển theo nhiều hướng: Hệ phương trình đồng dư nhiều ẩn, phương trình đồng dư phi tuyến áp dụng toán thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế;5 Đồng dư các trường số tổng quát; ứng dụng đồng dư mật mã, máy tính, Có thể khẳng định người Việt Nam biết đến Định lí Trung Quốc phần dư qua toán Điểm binh pháp (phép điểm binh) sách Toán pháp đại thành7 Lương Thế Vinh (1441-1496) Trong Chương sách Ý Trai toán pháp đắc lục (Một điều tâm đắc toán Ý Trai)8 gồm Quyển Nguyễn Hữu Thận (1757-1831, tên chữ: Ý Trai) bắt đầu viết từ năm 1812 hoàn thành năm 1829, Định lí Trung Quốc phần dư biết đến tên toán Vật bất tri kì số Nguyễn Hữu Thận gọi dạng toán Dĩ dư số tri nguyên số (Từ số dư tìm số ban đầu) Hoàng Xuân Hãn viết báo với tên gọi Hàn Tín điểm binh.9 Tuy nhiên, Hoàng Xuân Hãn bàn cách giải tốn mà chưa khảo cứu sách tốn Hán-Nơm Bài viết có lẽ báo tìm hiểu Định lí Trung Quốc phần dư sách tốn Hán-Nơm tác giả Việt Nam Nhằm làm rõ vấn đề so sánh với sách tốn Hán-Nơm, chúng tơi điểm qua tư liệu tác giả Trung Quốc trước kỉ XVI viết toán NỘI DUNG 2.1 Định lí Trung Quốc phần dư sách tốn Trung Quốc 2.1.1 Một số tốn Định lí Trung Quốc phần dư có nguồn gốc từ toán Vật bất tri kỳ số sách chữ Hán Tơn Tử tốn kinh (khoảng kỉ IV-thế kỉ V).1 Bài 2.1.1 (Bài toán số 26, Quyển hạ) Nay có đống đồ, khơng rõ số lượng, biết xếp nhóm thừa 2, xếp theo nhóm thừa 3, theo nhóm thừa Hỏi số lượng đồ vật bao nhiêu? Lưu ý: Để trình bày gọn, chúng tơi khơng chép lại nguyên văn toán chữ Hán, mà dịch Đầu Lời giải sách tốn cở Sau giải thích Lời giải ngơn ngữ đại Bài toán nhiều nhà toán học Trung Quốc tiếp tục nghiên cứu, chứng minh thuật giải phát triển Dương Huy (楊輝, 1238-1298) có khó chút dạng Bài 2.1.2 (Dương Huy)10 Xếp nhóm thừa 1, xếp thừa 2, xếp thừa Hỏi số lượng vật bao nhiêu? Bài 2.1.3 (Dương Huy)10 Xếp nhóm 11 dư 3, xếp 12 dư 2, xếp 13 dư Hỏi số lượng vật bao nhiêu? Bài 2.1.4 (Dương Huy)10 Xếp nhóm dư 1, xếp dư 2, xếp dư 3, xếp dư Hỏi số lượng vật bao nhiêu? Bài 2.1.5 (Dương Huy)10 Dùng đội công nhân số lượng Sai người khao họ Cho nhóm người cân thịt thừa lạng thù, tức đếm thừa Cho nhóm người quan tiền thừa 400 tiền, tức đếm thừa Mỗi nhóm người hứng lần, thu chén lại mà hứng (tức đếm không thừa) Hỏi tổng số công nhân thứ chi bao nhiêu? Trong sách Chí Nhã Đường tạp sao11 của Chu Mật (1232-1298) có thơ sau đây, có lẽ phiên thơ Vật bất tri kì số: 三歲孩兒七十稀 五留廿一事尤奇 七度上元重相會 寒食清明便可知 Phiên âm: Tam tuế hài nhi thất thập hi Ngũ lưu chấp nhất, vưu kì Thất độ Thượng Nguyên trùng tương hội Hàn Thực, Thanh Minh tiện khả tri https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16 TẠP CHÍ KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN Giải thích: Hàn Thực, Thanh Minh: Khoảng thời gian từ Đơng chí tới ngày Thanh Minh 105 ngày, gọi tiết Hàn thực “Hàn thực” ám số 105 Dịch: Đứa trẻ tuổi, [khi ông bố] 70, lưu 21, việc lạ lần Thượng Nguyên lại gặp lại Hàn Thực, Thanh Minh tiện biết Trình Đại Vị có thơ Vật bất tri tổng (Tơn Tử ca, hay cịn gọi Hàn Tín điểm binh):4 三人同行七十稀 五樹梅花廿一枝 七子團 圓 正半月 ax ≡ 1(mod m) Phương pháp tương đương với việc giải phương trình nghiệm nguyên ax + my = nhà toán học Ấn Độ đưa thuật tốn giải vào kỉ VII.2,12 Kí hiệu (a, b) ước số chung lớn hai số nguyên a b Nếu (a, b) = ta nói a b hai số nguyên tố Nhận xét 1.1.2.1 Nếu (a, m) = 1, phương trình ax ≡ 1(mod m) có nghiệm tìm nghiệm nhờ giải phương trình nghiệm nguyên ax + my = 1.13 2.1.3 Định lí Trung Quốc phần dư Định lí Trung Quốc phần dư phát biểu sau: Cho k số nguyên dương đôi nguyên tố m1, m2, , mk a1, a2, , ak k số Phiên âm (Hoàng Xuân Hãn):9 nguyên tùy ý Khi hệ phương trình đồng dư Thất t đ ệt  x  a1 (mod m1 ) thấtđắc thập Thất t Tam đTrừnhân đồng hành ệt tri.hi ũ tiện  x ma1 )(mod m ) x  a (mod   2 Trừ Ngũ thụ mai ũ tiện đắc tri  (1) hoa trấp chi  m2 ) x  a2 (mod D ch (Hoàng Xuân Hãn):  (1)   D ch (Hoàng Xuân Hãn): Thất tử đồn viên bán nguyệt  x  ak (mod mk )  Ba ngườ đ ít bảy chục  Trừ bách tiệnmđắc tri  x  ak (mod mk ) Ba ngườ đlinh ít bảy Ncùng m cỗi oangũ machục mốt cành N m cỗi oa(Hoàng ma m mốt cành có nghiệm (t eo ng ĩa c c ng ệm Dịch Xuân Hãn): Bảy gã xum v y vừa nửa tháng có nghiệm (theo có nghiệm (tlớp eo đồng ngnghĩa ĩa cdư) c nghiệm ngt eo ệm Bảy gã xum v tháng thuộc modu o Trừ tr ymvừa inhnửa n m biết số thành bảy chục lớp đồng dư) theo modulo m m m thuộc thuộc lớp đồng dư) t eo modu o Trừ tr Ba m người inh n m biếtđi số thành m1m2 mk k 2.1.2 P đồ ến tính m m m Năm cỗi hoa mai hăm mốt cành k 3,5,133,5,13 2.1.2 P đồ ến tính Chứng minh: Chứng minh: Cho a, b, m số nguy n c o trước Ta nói 3,5,13 Bảy gã xum vầy vừa nửa tháng Cho a, b,am đồ sốvới nguy n c omodul trước mTa (hay nói a v bChứng minh: b theo Tính nhất: hainghiệm nghiệm x, y Tính duyduy nhất: GiảGiả sử sử hệ hệ có cóhai trăm linh năm biết sốdư) thành a đồ cùngvớiTrừ a v vb k theomột modul (hay nhất: t buộc ớp mđồng ệuTính x, ysao cho Giả sử hệ có hai nghiệm x, y cho t 2.1.2 uộc ớp đồngđồng k tính mệu a dư) b dưvbộ a  bmột mod m cho Phương  ,trình tuyến x  y mod mi  , i  1,2, , k x ≡ y (mod m i), i = 1, 2, , k m a  b a  b  mod m ,  x  y mod m , i  1,2, , k   P ương tr n ax  b  mod m  gọi i Cho a, b, m số nguyên cho trước Ta nói Vì m ngun tố tố m, , P ương tr nơ ax  bđồ gọi 1, m , , k đô  mod m  ến Vì m , m mk đơi ngun tính m at biến nguyên tố a đồng dư với b theo modul m (hay và b cùng Vì m1 , mnên , , m k mkmk,), tức là xxvàvà y đồ ến tính m t biến nênx  x ≡y ymod (modmm tức y 1mm Nghiệm ươngdư)tr và kí hiệu n ax  ba mod sốnên x  y  mod m1m2 mk  , 1tức m  là m) thuộc mộtcủa lớppđồng ≡ b (mod y x thuộc đồng dư t modulo eo modu o 2m thuộc mộtmột lớplớp đồng dư theo m1m m 1mk2 .mk Nghiệm ap - ương ncủaax sốdư b b  mod bxlà bội m chia ax nguyên saotr cho cho mm thuộc lớp đồng dư t eo modu o m1m2 mk Tìm nghiệm dướidạng dạngtổtổhợp x xdưới Sự Sự tồntồn t i: tại: Tìm nghiệm nguyên x cho ax chia cho m dư b axbiệt ≡ b dạng (modax m) Xét p Phương ương tr trình n đặc  1 modgọi m là Sự tồn tuyến tính của x i: Tìm nghiệm hợpt tuyến tính củaaia:i: dạng tổ hợp Xét p ương tr n trình đặc biệt ax  1tính m biến  mod phương đồngdạng dư tuyến tuyến tính của : T n Cửu Thi u (秦九韶, 1202–1261) S x A1a1  A2 a2   Ak ak T n Cửu Thi uNghiệm (秦九韶, 1202–1261) phương trình1247) ax ≡3bSđã (mod x A1a1  A2 a2   Ak ak ơcủa (数书九章, đưam)ra vớivới các Ai A thỏa mãn A ≡ (mod mi)∀j ≠ i i thỏa mãn j Aj   mod m i  j  i ơnguyên (数书九章, rađồng chiađã cho dư b.dưvới các A thỏa mãn p số ương p xp g ảcho 1247) paxương trđưa nm Aj ≡i (mod mj) Aj   mod mi  j  i p ương ax p p1 mod g ả mp ương tr n đồng dư đương A  1 mod m j  Ptrình ương n yaxtương Xét phương đặcpbiệtpdạng ≡ 1(mod m) A  modj m ax  1 mod p n ytrtương j  Ni = m1m2 mi-1mi+1 mk, i = 1, 2, , k  P ương Khi với mviệc giả pp ương n ngđương ệm nguyên j  Đặt Đặt N i  m1m2 mi 1mi 1 mk , i  1,2, , k Tần 1202-1261) N chia hết cho m với ∀j ≠ i Vì Khi với việcaxgiả p ương trThiều n ng(秦九韶, ệm toán nguyên i  1,2, , k  m m m m m , nhà học Ấn ĐộĐặt NKhi  my 1,Cửu jm i N2 j chia i 1 i  k hết cho j j với j  i Vì thư Cửu (数书九章, 1247)3 N (mchia đãSố chương nhà toán học Ấn 2,12 Độ ax  my  1, , m ) = = (m , m ) = (m , m ) = = (m , m ) = đưa t uật toán giải vào thế kỉ VII hết cho với m i i i-1 i i+1 j  i iVì k j 2,12 mi , m1    mi ,j mi 1   mi , mi 1    mi , mk  phương pháp kỉ giải phương trình đồng dư đưa t đưa uật toán giải vào thế VII nên (N ,i mi) = Do (xem Nhận xét 1.1.2.1)   mi , mi 1   mi , mi 1    mi , mk  Kí hiệu  a, b  ớc s chung lớn hai mi , m1  nên  Ni , mi   Do (xem Nhận xét 1.1.2.1) Kí hiệu số s chung lớn hai a,nguyên b  ớc a N , m  nên (xem Nhận xétcủa 1.1.2.1) b  tồn  i i https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 p ương tr n duyDonhất xi là nghiệm a b số nguyên a và Đại b là hai số thì ta nói ngun  a, bchí  Khoa là nghiệm p ương tr n tồn x 8Nếu Tạp học Trường học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16 i Ni x  1 mod mi  Đặt thì ta nói Nếu  a, bt  cùng a b là hai số nguyên Ni x  1 mod mi  Đặt x A1a1  A2 a2   Ak ak t Nhận xét 1.1.2.1 Nếu  a, m   1, t p ương 除百零五便得知 ương guyên n Độ hai guyên ương có g ệm un ên tố k số dư Aj  1 mod m j  Đặt Ni  m1m2 mi 1mi 1 mk , i  1,2, , k Khi N j chia hết cho m j với j  i Vì mi , m1CHÍ TẠP  KHOA  mi , mi 1 HỌC  mi , mi 1    mi , mk  TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN nên  Ni , mi   Do (xem Nhận xét 1.1.2.1) củaphương p ươngtrình tr n tồn xxii làlà nghiệm tồn nghiệm NNixi x≡1(mod 1 modm mii). Đặt Đặt x A1a1  A2 a2   Ak ak NN1 557735; 35; NN2 337721; 21; NN3 335515 15  Vì    7,3   3,5   11nên 5,7  7,3   nên Vì  5,7   3,5 N  N1 ,3,3    N2 ,5,5    N3 ,7,7  1.1 N N Suy tồn số 2,2 x21, =x31, x13 tương =1 x1x x12,=2,  x Suy  x2 1, x3 tương Suyraratồn tồntại tại các các sốsố tương ứng nghiệm các phương trình ứng ứng ccccng ng ệm ệmcủa củaccccpp ương ươngtrtrnn NNi xx11 mod 1,2,3 modmmi i ,i, i  1,2,3 i Trừ Trừ22 Giải Giảib Thuậ Thu dư dư33v trong xuống xuốn pp pp 14, 14,hợ h Giải Giảit Vậy Vậy Vậy xx  35 35222221 21113315 151122  233 233 105 nghiệm Trừ 3535×775  nghiệm Trừ233 233cho chohai hailhai l nn3lần  Ai Ni xi  1 mod mi  , Ai   mod m j  j  i Trừ 233 cho ×105 = 105 Đặt nhỏ nhất là 23 Đặt nhỏ nhất là 23 nghiệm nhỏ 23 Vậy x  Ni xi   mod mi  ậậ Dương Huy gọi Dương gọithuật thuậttrừ trừ105 105 “t“tễn ễn 10 Huy Nhận xét Dương Huy gọi thuật trừ 105 10 Theo chứng minh trên, để giải hệ phương ng ĩa số quản” (cắt đốt), Theo chứng m n tr n, để giải hệ p ương tr n số vượt vượt quá quản” (cắt đốt), 10 ng ĩa 335quản” 105 “tiễn (cắt nghĩa làtrừ số bội vượt t t “cắt đốt”: cho 105 trình dư tuyến tính (1), tamphải làm đồng đồng dư tuyến tính (1), ta phả c c bước sau 577  105đốt), “cắt đốt”: trừ cho bộicủa 105 bước sau × × = 105 “cắt đốt”: trừ cho bội 105 Bước 1: Đặt  m m1m N 1,2, , k mk i mi , i 55 để nghiệm nhỏ thỏa mãn hệ phương Bước 1: Đặt m = m1m2 mk = Nimi, i = 1, 2, , k trình đồng dư nghiệm nhỏ thỏa mãn ương 2: Tìm nghiệm cácương phương Bước 2: Tìm nghiệm đểđể nghiệm nhỏ thỏa mãn hệhệ p pương Bước 2: Bước Tìm nghiệm cxi ccủa pc pương tr ntr n xi xcủa i 10 Giải 2.1.2: tr n đồng dư tr n đồng dư x ≡m1(mod m ) dụ, (thí theo dụ, theo thuật thuật toán toán giải N x N1(mod m ) (thí i Ntrình i x i 1(mod i ) i (thí idụ, theo thuật toán giải để nghiệm 3,12 c c p ương tr n Bước 2: Tìm nghiệm xi 3,12 10 10 nhỏ thỏa mãn hệ p ương 3,12 giải phương trình vơ định) Giải bài 2.1.2: ương vô định) Thuật rằng: dư viết xuống Giải bài 2.1.2: p pương ntr nvô định) để nghiệm nhỏ thỏa mãn 288, hệ p ương Bước 2: trTìm nghiệm xi c c p ương tr n tr n đồng dư Ni x  1(mod mi ) (thí dụ, theo thuật toán giải tr n đồng dư đề dư 1;r8 dư 17viết xuống 441, đề dư đviết hệt tìmtốn dạng (thí theo giải Ni Bước x  1(mod m3:) Nghiệm Thuật rng:ng: 710dư v ết xuống 288, đdưdư 3: Nghiệm hệ m dạng Thuật dư v1 ết xuống 288, Bước 3: Bước Nghiệm hệdụ, mtthuật dạng 3,12 Giải bài 2.1.2: p ương tr n i vôcủa định) 10 viết xuống 280, đề dư 3,12 xuống 882; dư 8dưdư v ếtxuống xuống441, 441,trong trongđ đdưdư2 2v ết v ết 1; 1;8 bài 1v ết Giải 2.1.2: p ương tr n vô định) k k x0  hệ N xa Thuật r882; ng: ếtxuống xuống 288, đ dư Nđược Bước 3: Nghiệmx0của xuống 97Gộp dư v vết 280, xuống 882; dư 1dưv1 1ết xuống 280, đ đdư 3dư3  viết xuống 840 lại 2010, đủ 504 i xi iai i t i m dạng Thuật rxuống ng: 7v840 dư 1Gộp v ết lạ xuống 288, đ504 dư Bước 3: Nghiệm hệi 1được t m dạng ik1 1; dư ết xuống 441, đ dư v ết viết 2010, đủ viết xuống 840 Gộp lạ 2010, đủ 504 trừ Trừ1 3vlần 504 cịn441, 498, hợp với câu 1; xuống 8đi.dư ết xuống đ với câu hỏi dư hỏi 2đ v dư ết k x  N x a 882; dư v ết xuống 280, trừ đ rừ l n 504 498, hợp trừ đ rừ l n 504 498, hợp với câu hỏi  i i i 4:luận Kết luận nghiệm ≡ xm0(mod Bước 4: Kết nghiệm x x(mod Bước 4: Bước Kết luận x x x (mod ).m) m) xnghiệm xuống 882; dư 1Gọi vGộp ếtsốxuống 280, đhệ504 dư 3thì 1 i xi 0  iN thích 2010, x.trong Ta có viết Giải xuống 840 lạ cho đủ i 1 x Giải thích Gọi số c o Ta có hệ x Giải thích Gọi số c o Ta có hệ viết xuống 840 Gộp lạ 2010, đủ 504 2.1.4 Ápd dụng Mục áp dụngĐịnh lí Trung Định lí Trung 2.1.4 dngluận ng Mục này áp dụng Định lí Trung trừ đ rừ l n 504 498, hợp với câu hỏi 2.1.4 Áp Mục này áp dụng Bước 4:Áp Kết nghiệm x  x0 (mod m) trừ đ rừ l n 504 498, hợp với câu hỏi Bước 4:v Kết luận nghiệm x ccác xc0 (mod mton) n  1(mod Quốc giải Quốc vphphần ph dưđểđể đểgiả giả b totoán pt t 7) 7) Quốc n ndưdư bcbài đãđãđãpphát  xx1(mod Giải thích Gọi sốđã c o x Ta có hệ 2.1.4 Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung biểu Mục 2.1.1 biểu Mục 2.1.1 x Ta có hệ biểu Mục 2.1.1 Giải thích Gọi sốđã o 2(mod8) xcx 2(mod8) 2.1.4 Ápvd ph ng nMục này áp dụng Định lí Trung  x 1(mod 7) Quốc to n p t  1dư để giả c c b  xxx1(mod Giải bài 2.1.1: Giải bài 2.1.1: 7)  3(mod 9) Quốc v ph n dư để giả c c b to n p t  3(mod 9) Giải 2.1.1:   biểu Mục 2.1.1  x 2(mod8)   biểu trongtính Mục 2.1.1 Đặt Đặt Cách ng: 3, o 3, dư  x 2(mod8) Cách r rng: lấylấy vật nónó cvậtcanó ca cchia o 3, dư 2,3,2, 3,rằng: Cách tính 3,vật lấy cho Giảitính bài 2.1.1:  3(mod 9) Nx1Nx1 3(mod đặt 140; 5, lấy c ca co 5, o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy  72; đặt 140; 5, lấy 88999) 72; Giải 2.1.1:  dư bài 2, đặt 140;nó5,clấya chiadư cho3,5,đặt 63; 7, lấy dư 3, đặt 63; Đặt ng: c a c o 3,được dư 2, a co 7, or7, dư 2, đặt 30 Cộng chúng lạ nóCách c ca ctính dư 2,3, đặtlấy 30.vật Cộng chúng lạ  63; N2N2 779963; Đặt 7, lấy chia chúng Cách tính r210 ng:cho 3, 7, nót5,nc30 aCộng o 3, dư 2,lại đặt 140; 5, lấy clấydư atvật c2,t tođặt dưđược 3,c đặt 63; 7, lấy N1    72; 233 Lấy nó, 233 Lấy 210 trừtrừ đ đnó, n đặt 140; 5, lấy nó210 c a đặt co o30 5,dưdư 3, đặt 63; 7, lấy NN13N 87798872;  56 56 233 được alấy cnóoLấy Cứ 1, đặt 70; 5, lấy Cứđược 3,c3, lấy c7,cdư a ca2,cotrừ 3, 3, dưnó, 1,Cộng chúng lạ t ttính đặt 70; 5, lấy N23    63; nó233 c a c o 7, dư 2, đặt 30 Cộng chúng lạ  77,8 trừ nó, tđặt 21; 7, lấy nó chia cho t 3, n dư nên    163; a co210 o lấy 5, dư t đặt 21; 7, lấy nó chia cho    8,9  7,9 nónó c caLấy cCứ 5, dư 1đt1chia 8,9   7,9  N2N7,8 791nên 3, cho 1, đặt 70; 5,   56 233 Lấy 210 trừ đ nó, t t n Cứ 3, lấy c 15 a cTừ o106 3,trở dư 1,lên, tlấylấy đặt 70; 5, lấy 7, t đặt trở 105 trừ với 7,lấy dưdư t đặt 15 Từ 106 lên, 105 trừ với N    56 5, dư 1, đặtt 21;đặt 70; 5, lấy 7, lấy chia Cứnó 3, lấychia nóođược ccho N  N2,81nên N N1 ,7 N  N3 ,93 ,9 1   3  ,7 ,8 8,9  7,9   5, adưc 1o t3, dư đặt 21; 7, lấy nó chia cho   7,8 nónó t ct t nat cnđược 7, dư đặt 15 Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ nên 8,9  7,9  7,8  nócho c a c o 5, dư t đặt 21; 7, lấy nó chia cho       7, dư t đặt 15 Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với x 4, x2 7, 7, x3 5,95tương tương ứng Tồn cN số x x4,  x ứng Tồn tạ tạc c số lấy Giải Gọi số c106 n tìm là Ta có  1số x xTa có Giải Gọi số c n tìm là hệhệtrừ với 7, dư 1nótthích 15 Từ trở lên, 105 ,7  N N với tính Tồn tại x221,8 = 4,3  x23 = 7,1.x3 = 1các tthích tthì nđặt  N ,7  N ,8  N ,9       1của 2ương t t n  xx 2(mod các nghiệm n3Ni N 1 mod các nghiệm p pương tr ntrcủa xi i xi 1 mod mi m .i   2(mod 3) 3)tìm tương ứng  x1 nghiệm 4, x2 7,  x3 phương tươngtrình ứng Tồn tạ c c sốcác Giải Gọi thích Gọi số cần x Ta có hệ x Giải thích số c n tìm là Ta có hệ  x2 7, x3 tương ứng Tồn c c số Vậy x5) 5) Giải thích Gọi số Ta có hệ N xVậy ≡tạ1(mod m ).x1 p4,  3(mod x 3(mod cxn tìm là i các nghiệm i i ương tr N xi 5153mod i   x 2(mod 3) x  72    63  i 56 3m m  x  72  4p 1ương  63 tr7n n2N256 các nghiệm x  mod   i i i  x 2(mod 3)  x 2(mod 7)   x 2(mod 7) Vậy Vậy  288  882  840  2010   x  3(mod 5)  288  882  840  2010 Vậy  x 3(mod 5) Đặt x  72    63    56   Đặt   x  2(mod 7) x  ba 72ba 7 63787892 56504 được được 498 9504  NxN Trừ 2010 n1cho 498 Trừ 2010 l n4l cho    35;    35;  288 882  840  2010  12(mod 7) Đặt  2882.1.3:  882 10 10 840  2010  21; Giải bài N2N2 3377 21; Giải 2.1.3: Đặt 504 498 Trừbài 2010 ba l n cho    N1    35; 7cho 187×8×9  504 498 TrừThuật 2010 ba l nbacho N 353375535;  15 N13N 15 Trừ 2010 lầndư = 504 498 rng:ng: 11 v 9ết xuống 936, Thuật r 11 v ết xuống 936, đ đ 10dư N2    21; Giải bài 2.1.3: 10 dư v ết xuống 2808; 12 dư v ết xuống 1573, N    21; dư v ết xuống 2808; 12 dư v ết xuống 1573, Giải bài 2.1.3:    nên    Vì Vì  5,7  7,3 3,5  5,7   7,3  2N3,5  1 nên 10 Giải Thuật 11 1xuống v ết3146; xuống    15 dư22.1.3: 2v ết vdư ếtxuống 3146;13936, 13dưdư vđết đ đrdưng: 1v ết N    15 Thuật rv ết ng: 11 dư2808; 1đ v dư ết xuống 936, trong1573, đ   N ,3  N ,5  N ,7  N ,3 N ,5  N ,7             dư xuống 12 dư v ết xuống xuống 924, Gộp lạ 6878, xuốngThuật 924, đ 11dưdư1 1Gộp lạ 936, 6878,    nên Vì  5,7   7,3  3,5 1 nên rằng: viết dưtrong vpếtđđxuống 2808; 12 dư 13146; v ết xuống xuống 1573,  Vì  5,7   7,3  3,5   dư v ết xuống 13 dư 1còn vcòn ết p y tổng trừ đ 1716 Trừ l n 1716 p p đ y tổng trừ đ 1716 Trừ l n 1716  x 1, x1.3 tương tương Suyra ratồntồn sốx1,5x1 2,  x đề dư 32 viết xuống 2808; 12 dư 11 viết Suy số đ dư v ết xuống 3146; 13 dư v ết 2,7  Ntại N N tại  2, x1,3 ,3 924, đ dư Gộp lạ 6878, 14, hợp với câu hỏi 14,xuống hợp với câu hỏi N  Ncủa N của  tr1.ntr n ứng c c c1 ,3 ngệmệm pương ương ,5 ,7 xuống 924, đ đdư1716 Gộp 6878,còn ứng ng c c pc  p p đ y tổng trừ Trừlạ4 l n 1716 x1 2, x2 1, x3 tương Suy tồn số x Giải thích Gọi số c n tìm là Ta có hệ x Giải thích Gọi số c n tìm là Ta có hệ p p đ y tổng trừ đ 1716 Trừ l n 1716 https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 Nix1 mod , i1,2,3  1,2,3 xm m 1, x tương Suy tồn N số  mod x 14, hợp với câu hỏi 2,, i i x ứng c c ng ệm của1 ci c ip 2ương tr3 n Tạp chí Khoa học14, hợp với câu hỏi  x  mod11  x  mod11  5-16   2022, 16(4), Trường Đại học Quy Nhơn, ứng Vậyc c ng ệm c c p ương tr n Vậy Giải thích Gọisốc n tìm là x Ta có hệ Ni x  1 mod mi  , i  1,2,3 x Ta có hệ Giải thích Gọi sốcxn tìm là x 2(mod12)  2(mod12)  35  21 1i 3,i315 1,2,3 15  233 x  x 35 N2ix2212 mod 21 1m 112 233   x   mod11 Vậy xxx31(mod13) mod11   1(mod13)  N1 x1a1  N x2 a2   N k xk ak Khi x  72    63    56    288  882  840  2010 504 498 Trừ 2010 ba l n cho    TẠP CHÍ KHOA HỌC Giải bài 2.1.3:10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN tương  Thuật r ng: 11 dư v ết xuống 936, đ xuống đề dư viết 3146; 13 dư v 1573, ết xuống 2808; 122dư vxuống ết xuống 1573, đ xuống dư 924, v ết xuốngđề dư 3146; 13 dư v ết dư viết Gộp lại 1được xuốngpháp 924,đầy đ trừ dưđi1.1716 Gộp Trừ lạ 6878, 6878, tổng lần 1716 p p đ y tổng trừ đ 1716 Trừ l n 1716 còn 14, hợp với câu hỏi 14, hợp với câu hỏi Giải Gọi thích số cần tìm x Ta x Ta có Giải thích sốGọi c n tìm là hệcó hệ  x   mod11   x  2(mod12)  x  1(mod13)  233 nghiệm “t ễn ượt 105 Đặt N1  12 13  156; N2 1113 143; N3 1112 132 Đặt Đặt    ng (khô (k nhận nh N1     315; N     315; N2 12    126; N     126; N3 2    90; N     90; N4 3    70 N4     70 c) làsốước số chung lớncủa Kí hiệuKí hiệu chung lớn ba  a, b, c(a,  b,ước a, b, c dương Kí hiệu ướca,số chung lớn ba  ba số nguyên b, c số nguy n dương a, b, c số nguy n dương a, b, c   2,5,9  nên  5,7,9   2,7,9     2,5,9  nên  5,7,9   2,7,9   N1 ,2   N2 ,5   N3 ,7    N4 ,9    N1 ,2   N2 ,5   N3 ,7    N ,9    x1số x1, x=2 1,1,x x3= 1,6,x x4=4 6,4 xlà =các Tồn Tồn tạisố x1 1, x2 1, x3 36, x4 44 Tồn số  N x  mod m nghiệm p ương tr n  ≡ 1(mod nghiệm phương trình i i Nx i  m ) nghiệm p ương tr n Ni xi ii 1 mod mi  i Do Do Do x 315 11  126 1  90    70   x 315 11  126 1  90    70    315  252  1620  1120  3307  315  252  1620  1120  3307 Trừ 3307 năm lần cho × × × = 630 nghiệm nhỏ 157 hay Gọi G ngườ ng khơn kh Đặt Đ Vì  V 2giải  5 7  630được TrừNhận 3307xét cho Đâyn nlà bài2  phương 5 7hệ 949 630 Trừ 3307 n nmm    12,13 11,13 11,12    12,13   11,13   11,12   1nên 630 Trừ 3307nhỏ nnhỏ mnhất là 157 n cho      12,13  11,13  11,12  nên nghiệm nhất là 157 nghiệm trình đồng dư,m khơng thấy 2có sách  các 9 630 toán Trừ 3307 n cho nên  11,13   12,13  N  1 nghiệm nhỏn nhất là 157 N  ,12 N ,13   N 11,12  1  1.1 N  ,12 N     5trong  các 9 630liệu Trừ 3307 n mchí n cho thấy 1,11 211,12 3nên ,11 2 ,13  11,13   12,13  Hán Nôm, N1 ,11  N  N3 ,13 Nhậnnhỏ xétĐây Đây b b g gảiảihệhệ4 4p pương ươngtrtài trn n đồng đồng   nghiệm nhất là 157 Nhận xét ,12  nghiệm nhỏ nhất là 157 Nhận xét Đây bViệt gNam ải hệ 4các pcác ương trtoán ntoán đồng  N1 ,11 N  ,12  N ,13 Tồn       x 6,  x 11,  x Tồn tạ tạ c c số  x 6,  x 11,  x Tồn c c số dư, k ơng t có sách Hán2 tốn dư, k ơng t có sách Hán1 3 các số x21,12 11, làcác Nctại  N= ,13x73 = 1.là  2 x11, ,11 3x 2 Nhận Đây g ải hệ p ương toán tr n đồng x1N 6,= x6, Tồn tạ c số dư, k xét ông tĐây bcó Nhận xét b10trong gthấy trong các tài liệu ải hệ psách ương tr nHánđồng Nôm, thậm chí thấy trong các tài liệu tốn Nơm, thậm chí tốn nghiệm cc cpphương pxương ương tr n N x  mod m nghiệm tr n  N x  mod m    6,  x 11,  x Tồn tạ ccủa c ccác số trình N x ≡ 1(mod m i  dư, k ông t có sách tốn Háni 3i i i ii) Nơm, thậm chí thấy trong các tài liệu tốn i Giải 2.1.5:  x1 tr6,  x Tồn tạ nghiệm c c psốương nx2 N11, x  mod m dư, k ông t có sách tốn Hán  Việt Nam Việt Nam Vậy c c p ương tr n Ni xi 31 mod mi Nơm, thậm chí thấy trong các tài liệu tốn Vậy Việt Nam nghiệm Nôm, thậm chí thấy trong các tài liệu 10 10hiếm Vậy nghiệm c c p ương tr n iNii xi 1 modim i  Thảo rằng: Đếm thừa viết xuống 140,toán Giải bài 2.1.5: Việt Nam Giải bài 2.1.5: 10 x  156    143  11   132   x  156    143  11   132   Việt Nam Vậy x 156    143  11  132   Giải5bài 2.1.5: Vậy đếm thừa viết 10 xuống 63, không thừa không Thảo rng: ng:Đếm Đếm thừa2 2viết viếtxuống xuống140, 140,đếm đếm Giải bài 2.1.5: Thảo r thừa 10 3  2808  3146  924  6878  2808  3146  924  6878 x 156    143  11  132  1 Giải bài 2.1.5: Thảo r ng: Đếm viết trừ xuống viết xuống Gộp lại3 thừa 2203, 105140, đếm 98 x 156   3924 143 6878 11  132  1  2808  3146 thừa viết xuống 63, 7 không thừa không viết 5thừa 3viết xuống 63, 7 không thừa không viết rLấy Đếm thừa viết xuống 140, đếm Trừ  6878 lần 11 × × 13 = 1716  6878 2808 3146  cho 6878 5Thảo thừa 3rng: viết xuống 63, 7 không thừa không viết 12 1213 1716 Trừ ln n924 cho 11 6878 12 13 1716 Trừ bốn lbốn người 200 nhân số số tiền, Thảo ng: Đếm 3với thừa 2người viết xuống 140, đếm xuống Gộp lạđược 203, trừ105 105 98 người xuống Gộp lạ 203, trừ 98 người  6878 2808 bốn 3146 cho 924  11 11  12  13  1716 Trừ 6878 bốn l n cho thừa viết xuống 63, 7 không thừa không viết xuống Gộp lạnhân 203, trừ 105được 98 người nghiệm nhỏnhất là 14 nhất là 14 nghiệm nhỏ nghiệm nhỏ 14 thừa viết xuống 63, 7 không thừa không viết Lấy 200 với số ngườ ti n,sốsố Lấy 200 nhân với số ngườ số ti n, số người chia số rượu, chia số thịt 1716 Trừ 6878 l n cho 1112 13  nghiệm nhỏbốn nhất là 14 xuống Gộp lạ 203, trừ 105 cònsố98tingười 1716 Trừ 6878 bốn10l10 n cho 1112 13  Lấy 200 nhân với số ngườ n,người số xuống Gộp lạ 203, trừ 105 98 ngườ c a số rượu, c a số thịt ngườ c a số rượu, c a số thịt 10 Giảibài bài2.1.4: 2.1.4: nghiệm nhỏ nhất là 14 Giải 10 2.1.4: Lấy 200 với số ngườ số ngườ c200 anhân 7thích số rượu, ađược 3được sốti thịt nghiệm nhỏbài nhất là 14 1với cân 16c lạng; số lạng =tin,24 Giải bàiGiải 2.1.4: Lấy Giải nhân số= ngườ số n, số 10 Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy ngườ c a số rượu, c a số thịt Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy Thuật r ng: Đếm dư v ết xuống 315, Giải bàiThuật 2.1.4: Thuật r 2.1.4: ng: rằng: Đếm 2Đếm dư 12 vdưết1xuống 315, 10 thù, 1c cân 16 × số 24rượu, = 384c thù; lầnsốchia ngườ a1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 7=được a 3mỗi thịt.1 viết 315, xuống 315, Giải thích Giải bài Thuật r ng: Đếm dư v ết xuống 16  24  384 thù; l n chia cân=384 cân= 16  24  384 thù; l n chia cân=384 cân= đếm5 5dưdư2 2v vếtếtxuống xuống126, 126,trong trongđ đ dưdư đ đ dưdư1;1;đếm thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1Giải cân thù người, người 1 Thuật ng: Đếm ết xuống 315, 24  384cho thù; l n chia cân=384 cân= đếm ết dư1xuống 21v 7viết xuống 126, đ 2, dư 1;rđề dư đếm dư 22 v2dư đtrong dư 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy tù16 ùc=thích co384 o3 3người, người, mỗ ngườ được 128 thù Gọi tGiải mỗ ngườ được 128 thù Gọi Thuật r xuống ng:51;Đếm dư vdưdư ết126, xuống 315, 2,viết viết 252; đếm 1v vếttrong ếtxuống xuống 540, xuống 252; đếm 540, 16  24  384 thù; l n chia cân=384 cân= đ2, đề dư dư 1; đếm dư v ết xuống 126, đ dư t cân= ù thù c o16 3người, mỗthù; ngườ được 128 thù Gọi 128 Gọi sốx người xlà số làchia số lần chia thịt dư 7v dư ếtđếm xuống 540, 2,đ đếm viết xuống đếm viết xuống 24 n chia cân=384 1lnln đviết dưxuống 53vdư 2252; v ết xuống 126, x384 vếtđếm ếtxuống xuống 1620; vếtết và y1ylà1ngườ chia thịt (không kể số người là đ1; dưdư3252; 1620; đếm 9dưdư 1đ 1vdư là số lyđược 128 thù Gọi thịt (không kể t số ùngười là cngười là o người, mỗ 2, viếtđ xuống 252; đếm 71620; dư đếm v ết xuống 540, x y dư v ết xuống dư v ết là số l n chia thịt (không kể số (không cuối chia thừa), lần1 chia c kể o lần 3chia người, ngườ 1mỗ bị 2, viết xuống 252; 1xuống v ết đếm xuống 540, 540, đề dư 3đviết xuống 1620; dư xuống 280, đđếm vếtết xuống 1120 Gộp xuống 280, dưdư 474vdư 1120 lnù ncuối cuối thừa), ln n chia cân=384 lt người là bịbị lđược 128 thù Gọi chia cân=384 xchia ythừa), đ280, dư trong v ếtđxuống đếm 91120 dư Gộp vGộp ết l nl chia thịt (không kể số xuống dư 1620; v tổng ết xuống ylà số l n cuối chia bị thừa), n chia cân=384 x đ dư v ết xuống 1620; đếm dư v ết là số l n chia thịt (không kể số người là lạ 3307, p p đ y trừ đ 630 rừ đ cân = 384 thù cho người, cứ người lạ 3307, p p đ y tổng trừ đ 630 rừ đ viết xuống 280, đtrong đề dư 4xuống viết xuống 1120 ngườ, , mỗ3 3ngườ ngườđược chia 1 cân được chia 1 cân mỗ t tù ùc co o3 3ngườ xuống 280, v ếttrừ 1120 lạ xuống 3307, p157p đđđdư ypdưtổng đvới câu hỏi 630 rừ Gộp đ Gộp lt nù ccuối bị, thừa), l n chia cân=384 ocân 3chia ngườ mỗ8 thù=128 3lạng ngườ được chia 1 cân 280, v ết xuống 1120 n 630 đ p số, hợp n 630 157 số, hợp với câu hỏi l n cuối chia bị thừa), l n chia cân, cân=384 thịt thì thừa lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, chia thịt thừa thù = 128 thù =vậy thịt thì thừa lạng thù=1/3 lại 3307, pháp đầy tổng trừ 630 Trừ lạnGộp 3307, p p đ y tổng trừ đ 630 rừ đ còn3307, 157 p đ ppđsố, hợp với câu hỏi tthịt ù cthì thừa o ngườ , mỗ ngườthù=1/3 được chia 1 cân 52người lạng 8 thù=128 cân, lạ630 y tổng trừ đ 630 rừ đ t ù c o ngườ , mỗ ngườ được chia 1 cân phả t m người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 phả t m cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 1/3 cân, phải thêm người thù=1/3 cuối nhận thích Gọisố157 số cđáp o số, Ta có nđiGiải 630 157 đđãpđãlà xvới câu hỏi .x.hợp 5630 lần 630 với câu hỏi Giải thích Gọi csố, ohợp Ta có hệhệ thịt thì thừa lạng 8 thù=128 cân, phả t thì thừa m người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 cịn với câu hỏi Ta có thịt lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, Giảin thích Gọi157 số đc po số, xhợp hệ thù Theo bài ra ta có: thù Theo bài ra ta có: 2/3 cân = 256 thù Theo ta có: phả t m người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 thù Theo bài ra ta có:  x  mod x Giải thích Gọi số c o Ta có hệ    x  mod   phả t m người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 Giải Gọi thích x Ta Giải thích ođã2cho hệcó hệ 384 256 128 2 xx 384 y y1 256 128 x x3 y3 y1  số xGọi đã1csố mod x Ta có thù Theo bài ra ta có: thù Theo bài ra ta có: 384 y1 1 256  128x  y1 1  x x  mod  x  mod  x 2  mod 5    mod52   128 3y  x 1mod Ngĩa384 ĩa384  mod3 Ng xy1xy2256 mod3 x   xx  2≡ 256  128 x  31 y1   x Ng ĩaNghĩa x là x 21 mod3 2(mod 3) 3mod mod 7 7   x x2 3mod  x  x  mod quan=1000 ti n, c a c o người thì mỗi   quan=1000 ti n, c a c o người x mod     Ng ĩa x  mod3  a c o người thì thì    quan quan=1000 titiền, n, cchia Ng ĩa= 1000 x 2  mod3 4mod mod 4mod 9 9.  x x  cho người y số l n chia tin n người nhận 200 ti n Gọi y số l n chia ti người nhận 200 ti n Gọi  xx 1người quan=1000 a cy o 2là 52 người  mod9 7  3mod x  l n chia ti n nhận 200ti ti tin,n, n.c Gọi  quan=1000 c a c người o số  người nhận tiền Gọi yy2400, làlà số Đặt (không kể ln ncuối thừa400, tức t mm3tiền 3người Đặt (không kể l200 tức t chia  mod  sốlần tingười n người nhậnl 200 ticuối n.thừa Gọi  xx  2y  mod  Đặt (khơng kể nngười 200) Theo bài ra ta có cuối thừa 400, tức tl nlmnchia 3chia người số ti n người nhận 200 ti n Gọi  nhận mỗ nhận mỗ người 200) Theo bài ra ta có N     315; (không kể lần cuối thừa 400, tức thêm người N     315; 1 Đặt (không kể l n cuối thừa 400, tức t m người nhận mỗ người 200) Theo bài ra ta có N1     315; Đặt (không kể l ny200) cuối thừa 400, tức 1000 600  200 200 xta nhận người 2 7 9 126; 126; y2  600 Theo x x xcó 5ty52ym 2 333người 2 27 79 315; nhậnmỗi mỗ1000 người 200) Theo bài ra ta có  N1NN nhận mỗ người 200) Theo bài ra ta có 1000 y  600  200 x  x  y  7 315; N2N1 2 5  7 9  126; 2 2 5 9 90; 90; 3 27 59 9126;  600  200 x  x y2  N2NN x1000 33ymod5 mod5 hayx1000  hay 32  2y 126; NN 25  9 90;  hay x  3 mod5 2  .600 200x  x y2  25 2  70 59 790;  70 N3NN 2 y  Gọi số đãrótrótrượu, rượu,mỗi mỗil ln n rót cho y Gọi số l rót cho 7 7 x  mod5 hay  ln n.đãrót 90; N4N3 2 2557  70  3số mod5 hayy3x 3là  Gọi l n rượu, l n rót cho người (thu để rótcrượu, co ongười người khác) Và ước  7sốchung  70 lớn người (thu chén lạlạ rót khác) Và ysố rót lần rót yGọi Gọi l chén nsốlạ đãlần rótđể rượu, lmỗi n khác) rót cho Kí hiệu a,ab,,bN nhấtcủa củababa c,c4N 2ước Kí hiệu  số  7chung  70 lớnnhất 3(thu người để rót c omỗi người Và y3 là 3chén Gọi sốngườ lngườ n rót rượu, l y.n Ta có rót cho Kí hiệu  a, b, c  4ước số chung lớn ba x  khơng có số dư, tức là Ta có hệ x  y khơng có số dư, tức là hệ khác) khác) cho người (thu chén lại để rót cho người người (thu chén lạ để rót c o người Và a , b , c nguy n dương x  y a , b , c khơng có số ngườ dư, tức là Ta có hệ sốsốnguy n dương a , b , c Kí hiệu ước số chung lớn ba  a, b,c  a, bước người (thu chén lạ để rót c o người khác) Và , c số chung lớn ba sốKí hiệu nguy n dương x337 y3 Ta có hệ khơng có số ngườ dư, tức là  x  mod  x  mod  5,7,9  2,7,9   2,5,9 nên x  y khơng có số ngườ dư, tức là Ta có hệ       5,7,9  2,7,9   2,5,9 nên  n dương  2,7,9  a, b, c2,5,9 sốhttps://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 nguy  x  mod 3 ,.c   nên số 5,7,9 nguy  n dương   a, b   xx x2 3mod 35 5   mod 3mod 10 5,7,9 Trường Đại học Quy   2,5,9 1 nên  chí  2,7,9 học  3 ,7 N N ,5 N  N mod  Khoa   nên Nhơn,  N  N  N  N 1.1 2022, 16(4), 5-16 NTạp        xx 32mod 3 1,2 2 ,9 ,2 ,5 ,7 ,9 5,7,9  2,7,9   2,5,9       N2 ,5   N3 ,7    N4 ,9   ,2  0mod 7 7   mod 0mod  xxx x x  1, x2 1, 1,x x3N6, 6,x x 4là là các Tồn các  x x  Tồn số  Ntại ,2các  Nsố ,5  N ,9 mod     1 1, 23 ,7 3  4 x 03mod 5  Ncác N1 ,51, N1,3 ,7  N   x x2   x3  6, x44 ,94 là 1.các  Tồn ,2 số  Đặt Đặt x mod ba 4 nhận mỗ người 200) Theo bài ra ta có 1000 y2  600 200 x  x y2  hay x  3 mod5 KHOA HỌC TẠPyCHÍ Gọi số l n rót rượu, l n rót cho TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN người (thu chén lạ để rót c o người khác) Và khơng có số ngườ dư,dư, tức là hệ Ta có Và khơng có số người tức làx  x =7 y7y Ta có hệ Tần Cửu Thiều người đưa thuật giải hệ phương trình đồng dư,3 sau này  x   mod 3  được phương Tây gọi là Định lí Trung Quốc  x   mod  phần dư (The Chinese Remainder theorem) Ông   x   mod  cũng đã xét trường hợp mi Đặt số không thiết nguyên tố N1    35; cách đưa trường hợp mi số nguyên N2    21; tố nhau, toán đồng dư với phân N   5N 15 số xét:xét: NếuNếu a, b,a,cblà số số sốdư dưâm âm.Ôngngnhận n ận , ccác N1 ,3   N32 ,5    ,7  số tự nhiên số số dư âm ng n ận xét: Nếu a , b , c các số tự nhiên  N ,3  N ,5  N ,7    3,7 x  2,2   x1 3nên    3,5  Vì  5,7  Tồn tại các số số số dư âm ng n ận xét: Nếu a , b , c N1 ,3 Nx2 2,51, N3 1,7là các nghiệm  1   3  các số tự nhiên b dưthì c  ng n ận xét: Nếu a, b, c  x 2,  x 1,  x là các nghiệm Tồn tại các số số số âm các số tự nhiên  N ,3  N ,5  N ,7 x  mod  ax  b mod c p ương tr n Vậy N x  mod m       số số dư âm ng n ận xét: Nếu   a, b, c 1, 1N1 ,3 i i 2 ,5 N1i3,7     Tồn tại các số bsố c ng  x1 2,  xN x3 là các nghiệm a a  số số dư âm n ận xét: Nếu a , b,,bc, clà là số dư âm ng n ận xét: Nếu a các số tự nhiên số số dư âm ng n ận xét: Nếu  N ,3  N ,5 N ,7 a  N ,3  N ,5  N ,7  N1n121,3 x21  1,15 x Vậy Nix2, x tựbnhiên N Nm xp ương các số 2 33i3,7 2,5 mod c  ax  b  mod c  , b, c 35  2tr các 1i   3x1=mod 1m 11, 0.1là các nghiệm xx2  Tồn a a xN  2,  1,  x là các nghiệm Tồn tại các số Tồn tạin số 2, x = x =   x  mod  ax  b mod c ptại các số ương tr các số tự nhiên Vậy x mod các số tự nhiên   i i 2 các số tự nhiên  23 i  bbb  x  x  x Tồn ac cc  2, 1, 1là các nghiệm là các nghiệm Tồn tại các số x  140 35  263 n 2, 15 13 m 1  x21 x523x22171, x 10 là các nghiệm Tồn tại các số xx a mod  ax 1x 3x Tồn Thật vậy,  ương tr2phương 203 31i2,  11, 203 105  98 x  mod btại cnguyên ptại các số ương Vậy N xtrình mod 11 3≡ bmod c    nghiệm N x 1(mod m ) Vậy  mod  ax  mod ii x i p tr n Vậy N  mod m số i i 1 0i  i b bab accacc  x  35    21 1i3  15 b a a a ax bbbtại Tồn sốccnguyên Thật vậy,xxxx mod ax mod pppương nnn NN mm  Vậy ương 171mod mod c. mod  140 ương 63 trtrtr 203 3N x x5 203  105 Vậy 98 98  ax Vậy mod mod   mod bmod mod ngườ 7 người hứng rượu  x98 63 22 ;2203 21 i3i 1xii i1i5 313715  1mi1ii0một aaaac  Tồn số nguyên cho yThật 3535 2  15 l n, vậy, xaaaa mod  x:140 21 203 105 98 abb  acc  người hứng rượu; 3203 một cân 35 11 1người 0một 35 214 2nngười 21 21 1hứng 3337 15 15 1  ngườ rượu 98  bằng 35 22;2l27203 21 15  1 00105 x vậy, cho yThật :xxx98 140  63  3 5 l n,98 x bbbmod modccc Tồn Tồntạitạisốsốnguyên nguyên Thật vậy, 140 63  203   203  105 98 c b   : 98 ngườ ; người hứng rượu l n, 98 a a 98  32   Vậy số thịt chi 32 cân thịt, người 14 l n hứng rượu; người một cân   cho y a a ax  btại mod x  y   ax  cy  b  x  mod  Tồn số Thật vậy, x  mod  Tồn sốcnguyên nguyên Thật vậy,    140  203  98 14063 63 203333555777 203 203105 105 98 số nguyên Thậtc vậy,bx  mod  Tồn 140 63 203 203 105 98 : 98 ngườ 7người; hứng người 14 hứng 3rượu người một cân 7rượu; người hứng rượu a cho a a cy aaab ax  b  mod c  256 thù=32 cân 10 lạng 16 thứng ù;chi rượu người lquan 98  Đáp: 32  398 ;l :bằng 98 ngườ ;nVậy 7người người ln, n,9898 số thịt ra một 32 cân thịt, yx ysao y chobaaax c : 98 ngườ ; người hứng rượu l n, 98 : 98 ngườ ; người hứng rượu l n, 98 người 14 l n hứng rượu; người một cân  32  314 bằng số thịt là 1332 cân thịt, :98 98 ngườ ; 7l Vậy hứng rượu lquan a a lần, người 14 lần hứng rượu; người 98  19 5một cân n, 98 ti n, 98 mỗ ngườ 200 ti người nngười hứng 3người người cho y cho y một bbài csố 256 thù=32 cân 10 lạng 16 trượu; ù;n,5chi x  y   cyn chỉ  mod  y Dướ c úng tôaxc ỉtôi ubđ u ax số Dưới nêu đầu ccho b bchúng a a c người 14 l n hứng rượu; người một cân người 14 l n hứng rượu; người một cân 98  32   Vậy số thịt chi 32 cân thịt, 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; quan 2,3 người 14 l n hứng rượu; người một cân Vậy 98 ngườ 19 quan 600 ti n 98  32   ax  b mod c Vậy số thịt chi 32 cân thịt, x xđây y  úng u b đb  19 chi ra ti n, mỗ n, 98số thịt c  cân ngườ thịt, 98được = 32 ×200 + ti Vậy 2,3 ax  b  mod tốn, lời xem  cgiải có thể bbb  ax cy Dướtốn, tơax c xem ỉtrong ncy u số bài lời c cygiải c a a 98  32   Vậy số thịt chi 32 cân thịt, 98  32   Vậy số thịt chi 32 cân thịt, 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; người quan 98  19   ti n, mỗ ngườ 200 ti n, 98  32   Vậy số thịt chi 32 cân thịt, a a 2,3 ax bbmột ax bmod mod xxx  đây yyycúng  ax tô ax c cy cynbubb 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ti9, ù; 5thù; người 2,3 quan Vậy 98 19Thi quan 600 mod Dướ ỉtrong đ sốc2,3 ax ccbài  ax cy  . 32 cânngườ 256 thù = 32 cân 10 lạng 16n người toán, lời xem 5,u Bài (T nđược Cửu u, B C aagiải có thể a2.1.7 a(Tần Bài 2.1.7 (Tc a nẳng CửutơCửu Thi u,trong Bu Bài Cbài ương 1) 2,3 256 thù=32 cân 10 lạng 16 ttittù; 5598 người 256 thù=32 cân 10 lạng 16 ù; 5n người 1quan quan 2,3 ương 19 1151) 52,3 ti256 thù=32 cân 10 lạng n,2.1.6 mỗ ngườ 200 n, Vậy 98 ngườ 19 quan 600 tin, 16 ù; người quan 98  19   ti n, mỗ ngườ 200 ti Bài Thiều, 5, Chương 1) tốn, lời giải có thể xem Dướ c ỉ n đ u số Dướ c úng tô c ỉ n u2,3đ u số 2,3 Tìm biết quan tiền, người 200 98 =19 19 55+3 3.3 Bài (Tmỗi n Cửuđược Thi u, B600 9, C ương Tìm x biết Bài 2.1.7 (Tc cnúng Cửu Thi u, B 5, Cbài ương 1) titi n,2.1.6 mỗ ngườ 200 tititiền, n, 98n 19×51) tiVậy n,x98 mỗ ngườ 200 ti600 n, Vậy ngườ 19 quan ti98 n 2,3 98  19  n, mỗ ngườ 200 n, 2,3 98 ngườ 19 quan ti Dướ tô c ỉ n u đ u số Dướ úng tô c ỉ n u đ u số tốn, lời giải có thể xem 2,3 Dướ c úng tô c ỉ n u đ u số Tìm x biết Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1) tốn, lời giải có thể xem Tìm biết Bài x2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 2,3 5, C ương 1) Vậy người 19 quan 600 2,3 biếtgiải có thể Tìm Vậy 19 quan n.n.n  2,32,3 Vậy 98 ngườđược 19 quan600 timod12 2,3 xx98 98 1ngườ mod19  14  1tititiền ngườ Cửu  mod17 600 Vậy 19 quan  . 18  mod72 2,32,3 toán, lời x toán, lời toán, lời  mod54   mod57xem  51trong mod75 giải có thể xem u,trong giải có thể xem Bài 2.1.6 (T(Tnđược Thi u,u,B600 9, 9,C ương 1)1) Tìm biết x98 Bài 2.1.6 n Cửu Thi B C ương Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi B biết Tìm x Bài 2.1.7≡(T n Cửu≡Thi u, B 5,≡5,C Cương ương1).1) xx≡0(mod54) 0(mod57) 51(mod75) 18(mod72) 2,3 2,3 x 1Bài mod19 Cửu 14Cửu mod17 19,9, mod12 2,3 biết Thi BBài  1)1) 2,3  mod54 0n mod57 51u,u, mod75 18C mod72 2.1.6 9,CCC Chương     1)2,32,32,3 Bài 2.1.6 (T Cửu u,u,u,BB ương Bài 2.1.6 (Tnnn(Tần ThiThiều, ương 1) Tìm x2.1.6 Bài (T Cửu Thi 9, ương 1) 31) Tìm biết Bài 2.1.7 (T Cửu Thi B 5, C ương Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi B 5, ương x Giải Ta có hệ biết Tìm x Bài 2.1.7 (T n mod57 Cửu B5, C5, ương C18 ương x  1 mod19   14  mod17   1 mod12  biết Tìm Bài 2.1.8 nCửu ThiThi u, Bu, mod75 1)2,2,1) x (T x  mod54  51 mod72    Tìm Tìm biết Tìm Tìm biết xxbiết Bài 2.1.8 (Tần Cửu Thiều, Bài 5, Chương 1) 2,3 3 Tìm biết Tìm Giải Ta có hệ biết xxbiết xxx  x  14 114 mod19  mod17      11mod12 Tìm x0x0biết Bài (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1) x 11mod19 mod19 mod17 mod12 xTìm x2.1.8 mod54  mod57  51 mod75  18 mod72             mod57   51 mod75  18  mod72  mod54 Giải xTa có hệ Tìm x0x2.1.8 biết mod17   Bài (T n0Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3.. mod19 14 mod17 111mod12 mod12    mod19 114    xx111mod19 14 mod17  mod12 xx mod19      biết Tìm x  mod54 mod57 51 mod75  18 mod72 x mod54 mod57  51 mod75  18 mod72           x  mod54 mod57 51 mod75  18 mod72  0.70 Thi    0.30 mod1.35   2, 32, x  0.32  mod0.83 mod1.10 mod17  Giải 1mod19 GiảiTa có Ta cóhệhệ x 14 Bài 2.1.8 5,5,C Cương  biết(T(Tn nCửu Tìm x 2.1.8 Bài Cửu Thiu,u,B B≡ 0.30 ương1) 1) Giải Ta có hệ  x ≡ 0.32(mod0.83) ≡ 0.70(mod1.10) 0.30(mod1.35) 2,2,2, 333 x  0.32 mod0.83  0.70 mod1.10 mod1.35 1) x  14 mod17 biết Cửu Thiu,u,u,BBB 5,5,5,CCCương 1) 1mod19   Giải GiảiTa có Ta cóhệ hệxx11 mod12 Giải Ta có hệ Bài 2.1.8 (T n Thi 1) Bài 2.1.8 (T n Cửu ương Tìm x  Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi ương  x  mod19  biết Tìm Nhận xét Hệ tr n tương đương với x  x  0.32 mod0.83  0.70 mod1.10  0.30 mod1.35 x  14 mod17           xxx111mod19 mod19 Tìm biết Tìm xxxbiết mod19 mod12 biết Tìm xét tương đương với    Nhận xét tr nHệtương với x xNhận 0.32 mod0.83 0.70 mod1.10 0.30 mod17 x x1x 14 Đặt Hệ trên đương  30  mod1.35 32 0.32 mod0.83  0.70 mod1.10 0.30  14 mod17      mod1.35  100 x  mod83 70 mod110  mod135  x  mod12         Nhận xét Hệ tr n tương đương với  x  0.32 mod0.83  0.70 mod1.10  0.30 mod1.35 x  14 mod17 x  0.32 mod0.83  0.70 mod1.10  0.30 mod1.35 x  14 mod17                Đặt N1xx17  204; x≡32(mod83) 0.32  mod0.83  0.70  mod1.10 14 tương 300.30  mod1.35.  mod17 100x ≡n 70(mod110) ≡ 30(mod135) x1 mod12 112   100 x  32 70  mod83  mod110 với  mod135 Nhận xét HệHệtr tr đương  mod12 Đặt Nhận xét n tương đương với NN12x17  12  204; Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3 100 x xét 32 mod83 tương 70  mod110  30  mod135 19 12  228; Hệ ntương với  x111mod12 mod12   mod12 x  Nhận tr n đương với Nhận xét Hệ tr đương với 2,   Nhận xét Hệ tr n tương đương Đặt  N  17 12  204; 2.1.9 (Tần Thiều, Chương 1) Đặt Tìm biết xxBài Bài 2.1.9 (T nmod83 CửuCửu B Bài8,8,C ương 1)2,2,3  100 x 32 Thi 70 30  mod83 u,mod110  mod135 NN23119 12 228; 100  32  70 mod110  30 mod135      19 17 323 Đặt Đặt 17 12 204; Đặt Bài (T n Cửu B 8, ương 1)   Tìm xx2.1.9 biết  17 12  204; NN21N1 19 12 228; Tìm biết x60 32 mod83 70 70 mod110 30 mod135 mod83 mod110 C30 mod135 mod83 u, mod135 100 xx 32 32 70 mod110 30 x100 100 mod130 30 mod110  Thi 2,32, N  19  17  323 N  17  12  204; N  17  12  204; 3N   19,17  Vì 17,12 nên Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)1) Tìm biết  19,12     17  12  204; x 111 19  12  228; N Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương  19 12  228; N32N2 19 17  323 x Bài 2.1.9 60 Thi 30 2,2,2, 333  mod130 Cửu  mod110  Cmod Tìm  10 mod120 Cửu 10 mod 60 251) Thi  8,10 Bài (T u,u, BBB (TnnnCửu u, Cương ương 1) x2.1.9  19,12  19,17  nên Vì 17,12      Bài 2.1.9 (T Thi 8,8,C ương 1) N  19  12 N  19  12 228; 228; Tìm biết xbiết N  19  12  228; x   60 mod130   30 mod110 22    N  19  17  323  N ,19 N ,17  N ,12  1 19,12   219 17  323  3N   nên Vì 17,12 19,17 Tìm biết Tìm biết 10mod100  1030 mod 6010  10  mod xx60 xmod120 Tìm biết  10 mod mod x    10  2525   mod130 mod110  20 NNN 19 17 1919,17  17 323 323  mod120 60  30 30 2 19 17  323  mod130 mod110  N ,19 N ,17 N ,12 33 3      x10  10 mod 60   10 mod 17,12  19,12   Vì nên         19,12  19,17  nên 17,12       x 15,  x 5,  x 11 TồnVì tại số x10 mod130 30 x 60 mod130 30 (T Bmod110 mod130 mod mod110  mod100  10 30 60 10 mod ,17    2,3 mod110 2) 25 x2.1.10 60  N1,19 N N 3,12 mod120 10    nên 10 mod120 10 mod 10 mod   1311nên Vì 17,12  19,12  19,17  Vì 17,12 nên 60 10 Thi u,30  C mod  20  Bài n Cửu 3,60 215, 19,17 17,12  số19,12 19,12 19,17    Vì     10  10 mod ương mod 25     10 mod100  mod 30  10 20      x  x 5,  x 11 Tồn  N ,19 N  ,17  N ,12 1      2,3 nghiệm c 1c,19 p ương n2   i x3i3 ,12 1mod mi  1N 2tr 3N  N ,17   10 mod120   10 mod 60  10 mod 25     10 mod120   10 mod 60  10 mod 25 2.1.10 u,từ 3,CnChương mod mod120 Cửu Bài toán này to tương n20v2) n  Bài 10  10 mod 60 10 25 Bài2.1.10 (Tcó nguồn n(Tần Thi BbBài 3, 2) x 15,  x  5,  x,12 111.1.là Tồn  số  10 10 mod 30  2,3  mod100 Cửu gốc 2) 1  2.1.10 10  10 mod 30 3, 10Cmod 20 N N N ,12  N N  nmod100 Thiều,  10  mod  n2,3       N NN   N ,12 mi  nghiệm c11,19 c,19 pương tr,17 n2 N  1 mod   22,17 3x 1,19 2,17 Bài (T n Cửu Thi u, B ương Vậy 33 v t n to ịch Tìm biết i i x Bài tốn này có nguồn gốc từ b to n t n v  x 15,  x 5,  x 11 Tồn số  10 mod100  10 mod 30  10 mod 20  10 mod100  10 mod 30  10 mod 20              x 15,  x 5,  x 11 Bài tốn có nguồn gốc từ toán thiên văn Tồn số  10 mod100  10 mod 30  10 mod 20  n (T  Cửu Thi   t nv2) 2,3 nghiệm c c p ương1 tr n 2Ni xi 31 mod mi  có nguồn n 2,3 Bài Vậy vBài tốn này tBài n 2.1.10 to ịch biết xgốc 2.1.10 (TnTìm n4108 Cửu Thiu,từ u,BbB 3,to3,CnCương ương 2)  x 15,  x 5,  x 11 x  204  15   228   14  323  11   22573 Tồn số  x 15,  x 5,  x 11 Tồn số Tồn số x = 15, x = 5, x = 11  x 15,  x 5,  x 11 Tồn số 7540  3 2,3 2,3 3 nghiệm c c p ương tr n N x  mod m   tính toán lịch Tìm x biết nghiệm c c p ương tr n iNii xi  1 mod imi  Vậy ncó nguồn Cửu u,u,u, Bài tốn này có nguồn gốc từBtừ b b3, nương Bài (T CửuThi Thi 3,C ương 2)vn2,3 vBài to n (T ịch xt n 2.1.10 02.1.10 biết 11 mod 60 xThi 3,to Bài 2.1.10 (T nnTìm Cửu BB CC Bài tốn này gốc to ntương t n 2) nv2) n mod365 xnghiệm 204 của 15 c1ccác  228 m 14 nn323 NN 11 ≡1 22573 4108 7540 nghiệm phương trình N x 1(mod m ) 19  17 12  3876 Trừ 22573 o n n  16900 16900 c p ương tr N x mod m nghiệm c c p ương tr n x  mod m       nghiệm c p ương tr x mod m  22573.i iii iii iiii i Vậy có nguồn từ bbb to Bài tốn này có nguồn gốc từ tonnnt60 vBài tốn này nt 0ntomod n nịch Tìm xgốc xt  365 11 mod Bài tốn này có nguồn gốc từ to tt nnnvvvnnn  Vậy x  204  15   228   14  323  11   v to ịch Tìm biết xbiết 4108 7540  nghiệmc nhỏ 3876 Trừ 22573 o nnhất là 3193 m n 19 17 12  16900 Vậy 0to mod 365  Vậy Vậy  mod 60  8967 vvv txttnnn7264 nnnịch Tìm ịch Tìm biết xxxbiết 1116900 Vậy to ịch Tìm biết to x 204 15 c 1o1 228  5514  19 323 17 11 12 11 22573 4108 7540   x  204  15  228  14  323  11 22573  10 mod 29 16900   3876 Trừ 22573 n m n 16900 4108 7540 mod 60        nghiệm nhỏ nhất là 3193 mod 365 11 x   7264 8967 ngườ n323 ra t22573 uật T u11   117540 3654108 x16900 0 mod 16900 xxnxCửu 204 55 11 1  22573 204Thi 15 15cnhỏ 228 5đ14 nu14t323 đưa 11 1  mod 204 15 323 22573 4108 7540  mod 60  4108 7540 19 17  12 3876 Trừ 22573 n228 nghiệm nhất là 3193 16900 16900  10 29 0mod 11 319 11 17 1y12  3876 Trừ 22573 cotro228 nmđồng m 14 ndư, 16900 16900 365 8967 xxx16900 mod mod 365 mod60 60 007264 .11 mod  mod 365 11 60   hệ p ương n sau n   ngườ đ u t n đưa t uật Tgiải n Cửu Thi u 16900    16900  10   mod16900 29  17 12 3876 Trừ 22573 ccnhỏ mmm nnn 19 19 17 12  3876 Trừ 22573 conhỏ o nnhất là 3193 nnhất là 3193 nghiệm 16900 16900  19 17 12  3876 Trừ 22573 o n  16900 16900 nghiệm  2.2 nh lí Trung Quốc phầ d 7264 8967   ngườ đ lần udư, t 19n ×sau t3876 uật nhệ Cửu Thi Trừ 22573 17đưa ×cn 12 16900 7264 8967 pTđược ương ây gọunhỏ ị năm lí Trung Qu phần  mod    2916900 giải pnghiệm ương tr cho nnhất là 3193 đồng yra=được  10 nghiệm nhỏ nhất là 3193  Nôm   d mod 298967  10Hán nghiệm nhỏ nhất là 3193 sách tốn – 7264 7264 8967   2.2 nh lí Trung Quốc phầ 7264 8967 giải hệ p ương tr n đồng dư, sau n y ngườ đ u t n đưa t uật T n Cửu Thi u 16900 16900  (The Chinese Remainder theorem) ng   . nghiệm p ương ây Thi gọ nhỏ ịngườ lí 3193 Trung phần đ u t 3Qu n đãcđưa t uật T n Cửu u 16900 mod 29 10 mod 10 lí mod 29 16900 10 29   d  2.2 nh Trung Quốc phầ  3sau sách tốn Hán – Nơm ngườ đ u t n đưa t uật T n Cửu Thi u p ương ây gọ ị lí Trung Qu c phần giải hệ p ương tr n đồng dư, n y ngườ đ u t n đưa t uật T n Cửu Thi u 16900 16900 16900 16900  của ba s  ngườ đkhi u tcác n đưa uật n Cửu uRemainder 16900 Chinese theorem) msau đãT(The xét cpThi cương trường là ngcác giải hệ tr nhợp đồng dư, nra y tsố 2.2.1 Tìm b16900 i s chung nhỏ 333 i sách toán Hán – Nơm 2.2 nh lí Trung Quốc phầ d d 2.2 nh lí Trung Quốc phầ trongcác giải hệ p ương tr n đồng dư, sau n y (The Chinese Remainder theorem) ng p ương ây gọ ị lí Trung Qu c phần giải hệ p ương tr n đồng dư, sau n y giải hệ tr nhợp dư, pxétương âytrường gọ ịđồng lí Trung Qu nc yvềđược phần pc thiết cương msau https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 2.2.1 Tìm b i s chung nhỏ ba s không nhất nguyên tố cùng nhau bằng cách i số 2.2 nh lí Trung Quốc phầ d sách toán Hán – Nơm 2.2 nh lí Trung Quốc phầ d Ta bắt đ u b to n dạng t 2.2 nh lí Trung Quốc phầ d sách tốn Hán – Nơm p ương ây gọ ị lí Trung Qu c phần p ương ây gọ ị lí Trung Qu c phần (The Chinese Remainder theorem) ng mnguyên đãp xét cChinese trường các sốQu sốKhoa học2.2.1 ương âyc gọ ị tố líkhi cTạp phần Tìm bhọc i s Quy chung nhỏ nhất16(4), ba s 11 Remainder theorem) ngchí i Trường Đại Nhơn, 2022, khơng nhất thiết nguyên mi cùng nhau bằng cách là Trung tố đưa v(The trường hợp các hợp tốn –––một Nơm sách Hán Nơm cuốn sách chữ Hán itothành toán5-16 h sc Tasách bắt đtoán u Hán b nhỏ n dạng t sách toán Hán Nôm (The Chinese Remainder theorem) ng (The Chinese Remainder theorem) ng m xét c c trường hợp số (The Chinese Remainder theorem) ng 2.2.1 Tìm b i s chung ba không nhất tố cùng nhau bằng cách imi số 14 đãv xét cảthiết c hợp c nguyên trường hợp Tìm b Gia i s Kỷ chung nhỏ dạng ba s t mto các các sốdưnguyên tố đưa trường Ta2.2.1 bắt đPhạm u b 52a) tothành n cùng nhau, hoặc c c b n đồng với phân minh (tờ i cuốn sách chữ Hán i toán h c mmm xét hợp số cảccthiết cccthiết ctrường trường hợp là các số 2.2.1 2.2.1.Tìm Tìmbbbiisiss chung chungnhỏ nhỏnhất củaba basss xét trường hợp số 2.2.1 Tìm chung nhỏ ba không nhất nguyên cùng nhau bằng cách i i ilà mtối tố số tố đưa vxétcả trường hợp 14 không nhất cùng nhau bằng cách Ta bắt đ u b to n t tơ cuốn sách chữ Hán i thành toán hdạng c cùng nhau, hoặc c cnguyên b to nlà đồng dư nguyên với phân minh Phạm Gia Kỷ (tờ 52a) Ta bắt đ u b to n dướidạng KHOA HỌC TẠP CHÍ TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN 2.2 Định lí Trung Quốc phần dư sách tốn Hán – Nơm Bài 2.2.2 (Dĩ dư số tri nguyên số cổ ca - Bài ca cổ: Từ số dư biết số ban đầu), trang 115).8 2.2.1 Tìm bội số chung nhỏ ba số 三人同行七十稀 Ta bắt đầu toán dạng thơ sách chữ Hán Đại thành toán học minh Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 五樹梅花廿一枝 七子團圓秋夜月 百零五壽定爲期 Bài 2.2.1 Phiên âm: Phiên âm chữ Hán: Tam nhân đồng hành thất thập hi Ngũ thụ mai hoa chấp chi Trương gia tam nữ hiếu thuận Quy ninh bất đạn cần lao Đông thôn đại nữ cách tam triêu Ngũ nhật Tây thôn nữ đáo Tiểu nữ Nam hương vọng viễn Y nhiên thất nhật tao Hà thời tề chí ẩm lao Thỉnh vấn tốn ơng hồi báo Dịch: Họ Trương ba gái hiếu thuận Về thăm không ngại cần lao Gái thôn Đông cách ba sáng Năm ngày gái thôn Tây đến Gái út quê Nam ngóng xa Cũng bảy ngày gặp Lúc tới uống rượu nồng Xin hỏi ơng tốn trả lời Giải Lấy “3 sáng”, “5 ngày” nhân với 15 ngày Lại nhân với 105 ngày ba gái tới 14 Lời bình Đây tốn tìm bội số chung nhỏ (BSCNN) ba số 3, 5, Bài tốn tìm BSCNN giảng dạy chương trình tốn lớp 2.2.2 Định lí Trung Quốc phần dư “Ý Trai toán pháp đắc lục” Trong Chương sách Ý Trai toán pháp đắc lục, dạng toán Vật bất tri kì số gọi dạng toán Dĩ dư số tri nguyên số (Từ số dư tìm số ban đầu) Bài thơ Ý Trai toán pháp đắc lục phiên bài Hàn Tín điểm binh Thất tử đoàn viên thu nguyệt Bách linh ngũ thọ định vi kì Giải thích Nguyễn Hữu Thận8 Tam nhân đồng hành thất thập hi: Ba người đồng hành 70: Số 70 chia hết cho 7, chia cho dư 1, nên gọi phép tam số Ngũ thụ mai hoa chấp chi: Năm hoa mai 21 cành: số 21 chia hết cho 3, cho 7, chia cho dư 1, gọi phép ngũ số Thất tử đoàn viên thu nguyệt: Bảy người đoàn viên đêm trăng thu (ngày rằm 15): Số 15 chia hết cho 3, cho 5, chia cho dư 1, gọi phép thất số Bách linh ngũ thọ định vi kì: Trăm linh năm (105) định, đem chia cho 3, cho 5, cho không dư, nên dùng làm phép trừ Giải thích: “Trừ trăm linh năm”: 105 bội số chung nhỏ 3,5,7 Trừ bớt 105 (cắt đốt theo Dương Huy) để nghiệm nhỏ Sau giải thích câu thơ giải Hàn Tín điểm binh, Nguyễn Hữu Thận phát biểu số toán mới, tương tự Vật bất tri kì số, mà chúng tơi chưa tìm thấy sách tốn Trung Hoa, có lẽ Nguyễn Hữu Thận sáng tác nghiên cứu Vật bất tri kì số Các toán 1.2.3 - 1.2.12 lấy từ Ý Trai toán pháp đắc lục.8 Để tiện trình bày, chúng tơi sử dụng ngôn ngữ đại phát biểu tốn lời giải https://doi.org/10.52111/qnjs.2022.16401 12 Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16