Lý thuyết đồng dư và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ VĂN TRƯỞNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ VĂN TRƯỞNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Trần Trung THANH HÓA, NĂM 2019 Danh sách Hội đồng chấm luận văn Thạc sĩ khoa học theo Quyết định số: 1897/QĐ – ĐHHĐ, ngày 21 tháng 11 năm 2019 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị, Cơ quan Công tác Chức danh Họ tên Hội đồng GS.TS Đào Tam Trường ĐH Vinh Chủ tịch GS.TS Đặng Quang Á Viện hàn lâm KH&CN Việt Nam Phản biện TS Hoàng Văn Thi Sở GD&ĐT Thanh Hóa Phản biện GS.TSKH Đinh Dũng Viện CNTT – ĐHQG Hà Nội Ủy viên TS Nguyễn Văn Lương Trường ĐH Hồng Đức Thư ký Xác nhận Người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày tháng năm 2019 PGS.TS Trần Trung * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Bộ môn i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu công bố Người cam đoan Lê Văn Trưởng ii LỜI CẢM ƠN Luận văn này hoàn thành trường Đại học Hồng Đức với hướng dẫn và bảo tận tình PGS.TS Trần Trung Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS.TS Trần Trung người thầy động viên, hướng dẫn nhiệt tình giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn này Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn thầy giáo BGH, Phịng đào tạo – Khoa sau đại học trường đại học Hồng Đức tạo điều kiện cho tác giả học tập, rèn luyện và hoàn thành khóa học thạc sĩ Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn tới thầy cô giáo trực tiếp đứng lớp giảng dạy và hướng dẫn khoa học lớp Cao học Phương pháp toán sơ cấp K10 trường đại học Hồng Đức nhiệt tình bài giảng, trang bị nấc thang kiến thức để tác giả vững tin nghiên cứu và hoàn thiện luận văn này Tuy nhiên hiểu biết tác giả cịn nhiều hạn chế nên q trình nghiên cứu và làm luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo tận tình, đóng góp ý kiến quý báu quý thầy cô và bạn độc giả quan tâm tới mảng kiến thức nghiên cứu luận văn này Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thanh Hóa, ngày 15 tháng 10 năm 2019 Tác giả Lê Văn Trưởng iii MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƯƠNG I MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ VÀ CHIA HẾT 1.1 Định nghĩa tính chất của đồng dư thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Định lý 1.1.3 Các tính chất 1.1.4 Hệ 1.2 Lý thuyết chia hết tập hợp số nguyên 11 1.2.1 Tính chia hết 11 1.2.2 Phép chia có dư 12 1.2.3 Ước chung lớn ( viết tắt ƯCLN ) 13 1.2.4 Bội chung nhỏ ( viết tắt BCNN ) 15 1.3 Định lý Euler định lý Fermat 17 1.3.1 Phi hàm Euler  (m) 17 1.3.2 Định lý Euler 17 1.3.3 Định lý Fermat bé 18 1.4 Phương trình, hệ phương trình đồng dư 18 1.4.1 Phương trình đồng dư 18 1.4.2 Hệ phương trình đồng dư 21 1.4.3 Định lý Trung Hoa thặng dư 27 iv CHƯƠNG II KHAI THÁC CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỚ BÀI TỐN SƠ CẤP BẰNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ 31 2.1 Dạng toán tìm chữ số tận cùng của lũy thừa 31 2.1.1 Tìm chữ sớ tận cùng 31 2.1.2 Tìm hai chữ sớ tận 38 2.1.3 Tìm ba chữ số tận 43 2.2 Dạng toán chứng minh chia hết 47 2.2.1 Tìm sớ dư phép chia mà sớ bị chia là lũy thừa 47 2.2.2 Chứng minh chia hết 51 2.2.3 Chứng minh không chia hết, chia hết có điều kiện, tìm điều kiện để chia hết ………………………………………………………………… 58 2.3 Dạng toán liên quan đến số nguyên tố, hợp số 69 2.4 Một số toán khác 76 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 83 TÀI LIỆU THAM KHẢO 84 v CÁC CHỮ VIẾT TẮT, KÝ HIỆU a  b(mod m) : a đồng dư với b theo mođun m a  b(mod m) : a không đồng dư với b theo mođun m BCNN: Bội chung nhỏ Hd Hướng dẫn : THCS: Trung học sở THPT: Trung học phổ thông ƯCLN: Ước chung lớn VT: Vế trái VP: Vế phải : Kết thúc chứng minh MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Số học từ lâu làm say mê người yêu toán, từ nhà tốn học lỡi lạc thời đại đến đơng đảo bạn học sinh, sinh viên yêu toán Thế giới số quen thuộc với sống hàng ngày, là giới hết sức kỳ lạ, đầy bí ẩn; loài người phát hiện giới đó tính chất hay, nhiều quy luật đẹp và có bất ngờ, đồng thời cũng chịu bó tay trước nhiều kiện, nhiều dự đoán Điều lý thú là nhiều mệnh đề khó số học phát biểu đơn giản và dễ hiểu Nhiều bài toán khó có thể giải sáng tạo với kiến thức số học phổ thông Một lý thuyết quan trọng sớ học để giải bài tốn đó là lý thuyết đồng dư Lý thuyết đồng dư nhà tốn học lỡi lạc người Đức K.F Gauss, người mệnh danh là “ơng vua tốn học” xây dựng Trong chương trình tốn Trung học sở, bài toán chia hết và chia có dư phức tạp thường gây khó khăn cho học sinh trình bày cách giải, khó khăn cho giáo viên hướng dẫn học sinh làm bài Ngày đổi giáo dục toán học ở Việt Nam dặc biệt quan tâm đến hình thành kỹ và phát triển lực cho người học Việc hiểu biết số khái niệm ban đầu đồng dư thức giúp ta giải nhiều bài tốn khó sớ học cách nhẹ nhàng, ngắn gọn và đẹp Từ đó hình thành kỹ giải tốn và phát triển lực cho người học Được hướng dẫn PGS.TS Trần Trung, chọn đề tài: “Lý thuyết Đồng dư Ứng dụng” Mục đích nghiên cứu Với đề tài này tác giả mong giúp cho giáo viên và học sinh có nhìn trực quan bài toán và dễ dàng giải bài toán đó Từ đó có thể khai thác, phát triển và mở rộng bài toán Trong hầu hết đề thi học sinh giỏi toán Trung học sở, thi vào lớp 10 chuyên, thi Olympic tốn… có mảng tốn sớ học liên quan đến vấn đề này Do đề tài hy vọng giúp giáo viên và học sinh chinh phục bài toán mảng kiến thức này, đồng thời cũng hy vọng giúp bạn sinh viên ngành Tốn học tớt phần “Lý thuyết đồng dư” Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu thực trạng việc học tốn và làm tốn ở trường phở thông - Nghiên cứu lý thuyết đồng dư, tính chất và ứng dụng lý thuyết đồng dư việc giải toán sơ cấp - Nghiên cứu bài toán sơ cấp có thể giải lý thuyết đồng dư Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Nghiên cứu bài toán liên quan đến phép chia hết và phép chia có dư tập hợp số nguyên Z - Nghiên cứu khai thác và mở rộng sớ bài tốn sơ cấp chương trình tốn phở thơng Cấu trúc ḷn văn Luận văn có cấu trúc gồm hai chương Chương I: Trình bày kiến thức lý thuyết đồng dư và lý thuyết chia hết, chủ yếu dựa theo tài liệu [5],[7] có tham khảo thêm tài liệu [2],[3] [9] Gồm mục sau: Định nghĩa và tính chất đồng dư thức Lý thuyết chia hết vành số nguyên Định lý Euler và định lý Fermat bé Phương trình, hệ phương trình đồng dư Chương II: Xây dựng, đưa hệ thống dạng bài tập và phương pháp giải lý thuyết đồng dư, khai thác và phát triển bài toán 70 a) A = 22 n +1 +3 n+2 + 13 c) C = 22 n +1 b) B = 22 +7 Phân tích cách làm toán: Sử dụng định lý Fermat để số cho chia hết cho số nguyên tố nào đó (thông thường ta thử với n = để tìm sớ ngun tớ đó) Lời giải: a) Theo định lý Fermat ta có 26  1(mod7),22 n+1 = 2.(22 )n = 2.(3 + 1)n = 2.(3k + 1) = 6k + 2, k  N *  22 n +1 = 26 k +2 = 22.(26 )k  4.1  4(mod7)  22 n +1 Vậy A = 22 n +1 +  +  0(mod7) + và A  22 + = nên A là hợp số b) Theo định lý Fermat ta có 210  1(mod11),24n+1 = 2.(24 )n  2.6  2(mod10)  24 n+1 = 10k + 2, k  N *  22 n +1 = 210 k +2 = 4.(210 )k  4.1  4(mod11)  22 Vậy B = 22 n +1 n +1 +  +  0(mod11) + 11, B  22 + = 11 nên B là hợp số c) Theo định lý Fermat ta có 228  1(mod 29),26n+2 = 4.(26 )n = 4.(9.7 + 1)n = 4.(7k + 1) = 28k + 4, k  N * n+2  22 n+2 = 228k +4 = 16.(228 )k  16.1  16(mod 29)  22 Vậy C = 22 n+2 + 13  16 + 13  0(mod 29) + 13 29, C  22 + 13 = 29 nên C là hợp số Bài tốn 2: ([1])Tìm sớ ngun tớ p cho số sau cũng là số nguyên tố a) p + và p + 10 b) p + 2, p + 6, p + và p + 14 Phân tích cách làm toán: Thử bài toán thỏa mãn với số nguyên tố p nào đó (thử số nguyên tố từ bé đến lớn) dùng đồng dư thức để với giá trị lớn p không thỏa mãn 71 Lời giải: a) Nếu p =2 p + = khơng là sớ ngun tớ Nếu p = p + = 5, p + 10 = 13 là số nguyên tố Nếu p > 3, p là số nguyên tố nên p không chia hết cho  p  1;2(mod3) Nếu p  1(mod3) p +  +  0(mod3), p +  không thỏa mãn Nếu p  2(mod3) p + 10  + 10  0(mod3), p +  không thỏa mãn Vậy p = b) Nếu p =2 p + = không là số nguyên tố Nếu p = p + = khơng là sớ ngun tớ Nếu p = p + = 7, p + = 11, p + = 13, p + 14 = 19 là số nguyên tố Nếu p > 5, p là số nguyên tố nên p không chia hết cho  p  1;2;3;4(mod5) Nếu p  1(mod5) p + 14  + 14  0(mod5), p + 14  không thỏa mãn Nếu p  2(mod5) p +  +  0(mod5), p +  không thỏa mãn Nếu p  3(mod5) p +  +  0(mod5), p +  không thỏa mãn Nếu p  4(mod5) p +  +  0(mod5), p +  khơng thỏa mãn Vậy p = Bài tốn 3: ([2])Cho trước số nguyên tố p > 3, thỏa mãn p + là số nguyên tố Chứng minh p + là hợp số Phân tích cách làm toán: Ta thấy p > 3, p là số nguyên tố nên p  1;2(mod3) , xét trường hợp này để chứng minh bài toán Lời giải: Vì p > 3, p là sớ ngun tớ nên p không chia hết cho  p  1;2(mod3) Nếu p  2(mod3) p +  +  0(mod3), p +  suy p + là hợp số (loại) Vậy p  1(mod3) , đó p +  +  0(mod3), p +  suy p + là hợp sớ Bài tốn 4: ([3])Tìm tất sớ ngun tớ p cho p + p 72 Phân tích cách làm tốn: p là sớ ngun tớ nên theo định lý Fermat p  2(mod p)  p −  0(mod p) kết hợp với giả thiết p + p  p +  0(mod p) để tìm p Lời giải: Vì p là số nguyên tố và p + p nên p  2,(2, p) = , theo đinh lý Fermat ta có p  2(mod p)  p −  0(mod p) Mặt khác p +  0(mod p)  (2 p + 1) − (2 p − 2) =  0(mod p)  p , p là số nguyên tố p   p = Vậy p = Bài toán 5: Chứng minh b là sớ ngun tớ khác số A = 3n + + 2009b2 là hợp số, n  N Phân tích cách làm tốn: Từ giả thiết b là sớ ngun tớ khác nên theo định lý Fermat b2  1(mod3) từ ta chứng minh A chia hết cho 3, A > để suy điều cần chứng minh Lời giải: Vì b là sớ ngun tớ khác nên theo định lý Fermat ta có b2  1(mod3)  A = 3n + + 2009b2  + 2009 = 2010  0(mod3), n  N mà A > nên A là hợp sớ Bài tốn 6: Tìm cặp sớ ngun tớ (p, q) thỏa mãn phương trình 52 + 1997 = 52 q + q p Phân tích cách làm toán: Ta thấy VT  2(mod5),VP  q (mod5) nên ta tìm q cách xét đồng dư q với từ đó suy đồng dư q2 với sau: Lời giải: Do p, q là số nguyên tố nên ta có: 52  0(mod5),52 q  0(mod5),1997  2(mod5) p 73  52 + 1997  2(mod5)  52q + q  2(mod5)  q  2(mod5) , mà q2 là số p chính phương nên có thể là q  0;1;4(mod5) Vậy không có giá trị nào cặp số nguyên tố (p; q) thỏa mãn bà tốn Bài tốn 7: a) Chứng minh sớ dư phép chia số nguyên tố cho 30 có thể là hoặc là số nguyên tố b) Chứng minh tổng n lũy thừa bậc số nguyên tố lớn là sớ ngun tớ (n, 30) = Phân tích cách làm tốn: a) Nếu p là sớ ngun tớ thỏa mãn đề bài p = 30k + r với < r < 30, 30 = 2.3.5 và p là số nguyên tố nên r không là bội 2,3 và Nếu r là hợp sớ r có ước ngun tớ q  30  q = 2;3;5 Mâu thuẫn nên điều cần chứng minh b) Do p nguyên tố lớn nên p là số lẻ từ ta sử dụng định lý Fermat và tính chất đồng dư thức cùng với kết câu a) để chứng minh Lời giải: a) Giả sử p là số nguyên tố và p = 30k + r với < r < 30 Nếu r là hợp số r có ước ngun tớ q  30  q = 2;3;5 Nhưng với q = 2;3;5; p chia hết cho 2;3;5, vô lý Vậy r = hoặc r là số nguyên tố b) pi (i = 1, 2, …, n) là số nguyên tố lớn nên pi lẻ và (pi, 5) = theo định lý Fermat ta có: pi  1(mod 2)  pi  1(mod 2) pi  1(mod3)  pi  1(mod3) pi  1(mod5)  pi  1(mod 2.3.5)  1(mod30) 74 n n Gọi q =  pi  q =  pi  n(mod30)  q = 30k + n, k  N , q là số i =1 i =1 nguyên tố nên theo câu a) ta có (n, 30) = Bài tốn 8: Tìm số tự nhiên m, n để A = 33m +6n−61 + là số nguyên tố Phân tích cách làm toán: Ta A chia hết cho 13 và A là sớ ngun tớ nên từ đó biện luận để tìm m, n Lời giải: Ta có 3m2 + 6n − 61  −1  2(mod3)  3m2 + 6n − 61 = 3k + 2, k  N  A = 33k +2 + = 9.27k + = 9.(13.2 + 1)k +  +  0(mod13)  A 13 , để A là sớ ngun tớ A = 13  33k +2 =  k =  3m2 + 6n − 61 =  m2 + 2n − 21 =  m2 = 21 − 2n   n  11, mặt khác 21- 2n là lẻ nên m2 phải là số lẻ và m = 21 − 2n  21  m  1;9 +) Nếu m2 =  m = 1, n = 10 +) Nếu m2 =  m = 3, n = (vì m, n là số tự nhiên) Vậy m = 1, n = 10 hoặc m = 3, n = A là sớ ngun tớ Bài tốn 9: Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p12n + p6n + chia hết cho với số tự nhiên n Phân tích cách làm tốn: Do là sớ ngun tớ, p là số nguyên tố lớn nên (p, 7) = 1, áp dụng định lý Fermat để tìm sớ dư VT theo mođun Lời giải: Vì p là số nguyên tố lớn nên (p, 7) = 1, theo định lý fermat ta có  p12 n = ( p ) n  1(mod 7) p  1(mod 7)   n n  p = ( p )  1(mod 7)  p12 n + p6 n +  + 3.1 + =  0(mod7) 75 Nên p12n + p6n + chia hết cho Bài tập tự luyện Bài 4.1: Tìm số nguyên tố p cho số sau cũng là số nguyên tố a) p + 10 và p + 20 b) p + 14 và p + 20 c) p + và p + d) p + và p + 14 Bài 4.2: Tìm sớ nguyên tố p cho số sau cũng là số nguyên tố a) p + 2, p + 8, p + 12 và p + 14 b) p + 6, p + 8, p + 12 và p + 14 c) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12 và p + 14 d) p + 6, p + 12, p + 18 và p + 24 Bài 4.3: Tìm tất sớ ngun tố p để 4p2 +1 và 6p2 +1 cũng là sớ ngun tớ Bài 4.4: Tìm sớ ngun dương n cho tất số n + 1; n + 5; n + 7; n +13; n + 17; n + 25; n + 37 là số nguyên tố Bài 4.5: P là tập hợp số nguyên tố, cho trước số nguyên tố p > 3, thỏa mãn a) p + 1 P Chứng minh rằng: 4p + là hợp số b) 10 p + 1 P Chứng minh rằng: 5p + là hợp số c) p +  P Chứng minh rằng: p + là hợp số d) p + 1 P Chứng minh rằng: 8p2 - là hợp số 10 n+1 Bài 4.6: Cho n  N * , chứng minh 22 n +1 + 19 và 23 + 32 n +1 hợp sớ Bài 4.7: Tìm tất số nguyên tố p để 2p + p2 cũng là số nguyên tố Bài 4.8: Cho p, q là hai số nguyên tố khác Chứng minh rằng: p q−1 + q p−1 − pq + là 76 Bài 4.9: Cho p là số nguyên tố lớn 17 Chứng minh p16 – chia hết cho 16320 Bài 4.10: Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: p12 n + p6 n − chia hết cho 42 với số tự nhiên n 2.4 Một số toán khác ([2],[3],[4],[6],[7],[9]) (Sớ chính phương, phương trình Diophantos, …) Bài tốn 1: Chứng minh số + 9m + 93n + 1993p (m, n, p N*) là số chính phương Phân tích cách làm toán: Ta thấy + 9m + 93n + 1993 p  2(mod3) nên ta tìm sớ dư phép chia sớ chính phương cho Lời giải: Vì m, n, p N* nên ta có 9m  0(mod3),93n  0(mod3) 1993  1(mod3)  1993 p  1(mod3)  + 9m + 93n + 1993 p  2(mod3) Giả sử + 9m + 93n + 1993 p = x2  x2  2(mod3) Khi chia x cho x có dạng x = 3k hoặc x = 3k   x  0;1(mod3) Vậy điều giả sử là sai, tức + 9m + 93n + 1993p (m, n, p N*) là số chính phương Bài toán 2: Chứng minh n7 + 34n + là số chính phương với sớ ngun n Phân tích cách làm tốn: Biến đởi bài tốn thành n7 + 34n + = n7 − n + 35n + ta thấy n7  n(mod7)  n7 − n  0(mod7) , mà 35n  0(mod7) nên biểu thức cho đồng dư với theo mođun 7, đến ta tìm số dư phép chia số chính phương cho để giải bài toán 77 Lời giải: Theo định lý Fermat ta có: n7  n(mod7)  n7 − n  0(mod7)  n7 + 34n + = n7 − n + 35n +  5(mod7) Giả sử n7 + 34n + = x2  x2  5(mod7) Xét phép chia x cho ta x = 7k , x = 7k  1, x = 7k  hoặc x = 7k  x = 7k  x  0(mod 7), x = 7k   x  1(mod 7), x = 7k   x  4(mod 7), x = 7k   x  2(mod 7)  x2  0;1;2;4(mod7), x  Z  x2  5(mod7) là vô lý Vậy n7 + 34n + là số chính phương với sớ ngun n Bài tốn 3: Tìm sớ ngun tố liên tiếp a1, a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 thỏa mãn a12 + a22 + a32 + a42 + a52 + a62 = a7 Phân tích cách làm tốn: Khơng tính tổng quát ta giả sử a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7 sau đó thử với a1 = 2, a1 = 3, để kiểm tra với a1 > theo định lý Fermat ta có:  1(mod3), i = 1,2, ,6  VT =    0(mod3),VP = a7  1(mod3) Từ i =1 đó ta đến kết luận bài toán Lời giải: Giả sử a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7 Vì a12 + a22 + a32 + a42 + a52 + a62 = a7  a7  3, và a7 không chia hết cho +) Nếu a1 = ta có 22 + 32 + 52 + 72 + 112 + 132 = 377 không chính phương +) Nếu a1 = ta có 32 + 52 + 72 + 112 + 132 + 172 = 662 không chính phương +) Nếu a1 > theo định lý Fermat ta có: 78  1(mod3), i = 1,2, ,6  VT =    0(mod3),VP = a7  1(mod3) i =1 Vô lý, không tồn số ngun tớ thỏa mãn đề bài Bài tốn 4: Có 37 táo có số trái táo nhau, 17 trái hỏng, lại chia cho 79 người Hỏi mỗi có ít trái táo Phân tích cách làm toán: Đưa bài toán giải phương trình nghiệm nguyên (phương trình Diophantos) áp dụng tính chất đồng dư để giải Ta có phương trình 37x – 17 = 79y  79 y  −17(mod37) Lời giải: Gọi x là số trái táo mỗi cây, y là số trái táo mà mỗi người nhận Ta có phương trình 37x – 17 = 79y  79 y  −17(mod37)  37.2 y + y  −17 + 37(mod37)  y  20(mod37)  y  4(mod37)  y = 37k + 4, k  N  37 x = 79(4 + 37k ) + 17  x = 79k + 9, k  N Vì x nhỏ nên k = 0, suy x = Vậy mỗi có ít trái táo Bài tốn 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 = 3z2 (*) Phân tích cách làm toán: Ta thấy VP  0(mod3) nên ta tìm đồng dư VT theo mođun Lời giải:  x  0(mod3)  x  0(mod3)  Chia số nguyên x cho ta  x  1(mod3)   x  1(mod3)  x  −1(mod3)  VT = x + y  0;1;2(mod3) VP = 3z  0(mod3) Để phương trình có nghiệm VT  (mod 3) 79  x = 3x1  x  (mod 3)    y  (mod 3)  y = y1 (*)  x12 + y12 = 3z  3x12 + y12 = z (**) VT = 3x12 + y12  0(mod3)  VP = z  0(mod3)  z  0(mod3)  z = 3z1 (**)  3x12 + y12 = z12  x12 + y12 = 3z12 (***) Phương trình (***) có dạng giớng phương trình (*) Lập luận tương tự trên, (x0, y0, z0) là nghiệm phương trình (*)  x0 y0 x0   k , k , k  , k  N * cũng là nghiệm phương trình (*) 3 3  Do đó: x0 = y0 = z0 = Vậy phương trình cho có nghiệm là (0, 0, 0) Bài tốn 6: Chứng minh khơng có giá trị nguyên nào xi thỏa mãn phương trình x14 + x2 + x144 = 1999 Phân tích cách làm toán: Ta thấy 1999  15 (mod 16) nên ta tìm đồng dư VT theo mođun 16 Lời giải: Xét phép chia số nguyên x cho ta x = 2k , x = 2k + +) x = 2k  x = 4k  0(mod 4)  x = 4l  x = 16l  0(mod16) +) x = 2k +  x = 4k + 4k + = 4k (k + 1) +  1(mod8); k (k + 1)  x2 = 8l +  x4 = 64l + 16l +  1(mod16) 14 Vậy xi  0;1(mod16)   xi  a(mod16), a  14 i =1 Mà 1999  15 (mod 16) => phương trình khơng có nghiệm ngun Bài tốn 7: ([6])Giải bài tốn dân gian: Ngun tiêu gió mát trăng Phố phường nhộn nhịp đèn sáng lòa Một dạo đếm đèn hoa Dăm trăm đốm sáng biết hay 80 Kết năm chẵn số đèn Bảy đèn kết còn hai thừa Chín đèn thời bốn dư Đèn mà ngơ ngẩn lòng? Phân tích cách làm toán:  x  0(mod5)  Đưa bài toán hệ đồng dư  x  2(mod 7) giải  x  4(mod9)  Lời giải: Gọi x là số đèn sớ đèn là “Dăm trăm” nên ta có 100 < x < 1000  x  0(mod5)  và  x  2(mod 7)  x  4(mod9)  Vì 5,7,9 đơi ngun tớ cùng nên theo định lý Trung Hoa thặng dư ta có m = 5.7.9 = 315 M1 = 7.9 = 63  3(mod5)  M1 ' = M = 5.9 = 45  3(mod 7)  M ' = M = 7.5 = 35  8(mod9)  M ' =  x = 63.2.0 + 45.5.2 + 35.8.4 = 1570  310(mod315)  x = 310 + 315k , k  N Vì 100 < x < 1000 nên x = 310 hoặc x = 625 Bài toán 8: Có tồn hay không số nguyên x, y thỏa mãn: 1992.x1993 + 1993 y1994 = 1995 Phân tích cách làm toán: Ta sử dụng tính chẵn lẽ vế: 1992.x1993  0(mod 4) mà 1995 lẻ nên y lẻ, để biện luận Lời giải: Ta có 1992.x1993  0(mod 4) mà 1995 lẻ nên y lẻ:  y = 2k + 1,(k  Z )  y = 4k + 4k +  1(mod 4)  y1994  1(mod 4)  VT = 1992.x1993 + 1993 y1994  + 1993  1(mod 4),VP = 1995  3(mod 4) 81 Mâu thuẫn, không tồn số nguyên x, y thỏa mãn đề bài Bài tốn 9: ([7]) Cho sớ ngun a, chứng minh a2 +1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3, từ đó suy phương trình sau không có nghiệm nguyên dương a) 4xy − x − y = z b) x − y3 = Phân tích cách làm bài toán: Trước hết ta chứng minh bổ đề dựa vào định lý Fermat: a p−1 + = a 4k +2 + = (a )2k +1 + a + p sau đó biến đổi biểu thức cho dạng a + = (4k + 3).q; a, k , q  N Lời giải: Giả sử a2 +1 có ước nguyên tố p = 4k + ( k  N ) Khi đó a p−1 + = a 4k +2 + = (a )2k +1 + a + p (1) Mặt khác theo định lý Fermat ta có: a p−1  1(mod p)  a p−1 − p (2) Từ (1), (2) suy = (a p−1 + 1) − (a p−1 − 1) p  p = không có dạng 4k + 3, a2 +1 không có ước nguyên tố dạng 4k + Theo kết ta có a) xy − x − y = z  16 xy − x − y + = z +  (4 x − 1)(4 y − 1) = (2 z)2 + Vì x, y là số nguyên dương nên 4x – 1, 4y – là số nguyên dương lớn và có dạng 4k + nên có ít ước nguyên tố dạng 4k + 3, (2z)2 + lại không có ước nguyên tố dạng 4k + nên phương trình cho khơng có nghiệm nguyên dương b) Ta có x − y3 =  x + = y3 + = ( y + 2)( y − y + 4) Nếu y chẵn ( y + 2)( y − y + 4)  0(mod 4)  x +  0(mod 4)  x  3(mod 4) vơ lý sớ chính phương chia cho dư hoặc Vậy y là số lẻ nên y có dạng y = 4k +1 hoặc y = 4k + 82 +) Nếu y = 4k + y + có dạng 4k +  ( y + 2)( y − y + 4) có ước nguyên tớ dạng 4k + 3, loại x2 + không có ước nguyên tố dạng 4k + +) Nếu y = 4k + y − y + = (4k + 3)2 − 2(4k + 3) + = 16k + 24k + − 8k − + = 4l + 3, l  N Và y − y +  nên  ( y + 2)( y − y + 4) có ước nguyên tớ dạng 4k + 3, loại x2 + không có ước nguyên tố dạng 4k + Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Bài tập tự luyện Bài 5.1: Cho m, n N*, chứng minh mn + 24 m + n 24 Bài 5.2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 = 4z2 Bài 5.3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 + z2 +u2= 2xyzu Bài 5.4: Cho a và b là số chính phương lẻ liên tiếp, chứng minh ab − a − b + 192 Bài 5.5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 + z2 = x2y2 Bài 5.6: Cho a, b là số nguyên và p là số nguyên tố có dạng 4k + Chứng minh a + b2 p a p và b p Từ đó suy phương trình x2 + x + y = 37 không có nghiệm nguyên dương Bài 5.7: Giải bài tốn cở: “Trăm trâu, trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba bó” Hỏi có trâu đứng, trâu nằm, trâu già? 83 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Luận văn thu kết sau: - Trình bày kiến thức lý thuyết đồng dư và lý thuyết chia hết - Sưu tầm và biên soạn hệ thống dạng bài tập phong phú với mức độ khác nhau, đồng thời đưa phương pháp giải cho dạng bài tập đó lý thuyết đồng dư, khai thác và phát triển bài toán Hầu hết bài toán trích đề thi học sinh giỏi tốn cấp tỉnh, cấp q́c gia và q́c tế Lý thuyết đồng dư là mảng kiến thức rộng và tương đối phức tạp Tuy nhiên khả ứng dụng nó rộng và có tính ưu việt cao Nó phục vụ nhiều trình giảng dạy mơn Tốn THCS và THPT Hơn từ lý thuyết đồng dư mở cho ta lĩnh vực khác Ví dụ như: Phương trình vơ định, Lý thuyết chia hết vành đa thức Z(x), Trong phạm vi luận văn này tác giả đưa hết Qua phần trình bày luận văn ta thấy có bài toán dùng kiến thức đồng dư để giải bài tốn trở nên đẹp và đơn giản Những kiến thức này học sinh phổ thông có thể hoàn toàn tiếp thu Hy vọng luận văn giúp ích cho giáo viên và học sinh việc định hướng cách giải bài tốn và đặc biệt là q trình ôn luyện học sinh giỏi cấp, giúp cho bạn sinh viên Đại học ngành tốn học tớt nội dung này Mặc dù cố gắng hết sức để trình bày luận văn cách hợp lý, dễ tiếp cận nhất, song khả có hạn nên khơng tránh khỏi thiếu sót, mong thầy cô cùng bạn đọc góp ý để tác giả hoàn thiện luận văn này Thanh hóa, ngày 15 tháng 10 năm 2019 Tác giả Lê Văn Trưởng 84 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vũ Hữu Bình (2012), Nâng cao và phát Toán Tập 1, NXB Giáo dục [2] Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hội Toán học Việt Nam (1997), Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (1964 – 1991) [3] Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hội Toán học Việt Nam (2003), Tuyển tập năm Tạp Chí Toán Học và T̉i Trẻ (1991 – 1995) [4] Các bài tốn chọn lọc 45 năm Tạp Chí Tốn học và T̉i trẻ (2009), NXB Giáo dục [5] Nguyễn Hữu Hoan (2007), Lý thuyết số, NXB Đại học sư phạm Hà Nội [6] Nguyễn Tiến Quang (2001), Bài tập số học, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Vũ Thanh (2009), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn THCS – Sớ học, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Tam Sơn, Phạm Thị Lệ Hằng (2013), Khai thác và phát triển sớ bài tốn THCS Tập – Sớ học và Hình học, NXB Giáo dục [9] Một sớ trang WEB Tốn học: www.diendantoanhoc.net, www.mathvn.com, www.VNMATH.com,