ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội Kh ối Trung học phổ thông chuyên Toán - Tin ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn

Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội

Kh ối Trung học phổ thông chuyên Toán - Tin

ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn Khương Linh,

Nguyễn Đăng Quang, Vũ Xuân Thành Long

Lớp 10A1 Toán Giáo viên hướng dẫn: Ts Phạm Văn Quốc

Hà Nội, tháng 3 năm 2010

Đị nh Lý Thặng Dư Trung Hoa Và Một Vài Ứng Dụng

Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn Khương Linh

Nguyễn Đăng Quang, Vũ Xuân Thành Long

Lớp 10a1 Toán Giáo viên hướng dẫn: Tiến sĩ Phạm Văn Quốc

Tóm Tắt:

Ở bài báo này, chúng tôi sẽ ñề cập ñến Định Lý Thặng Dư Trung Hoa và 1 vài ứng dụng của

nó cùng những kĩ thuật mới ñể giải những bài toán lý thuyết số, bên cạnh 1 số kết quả mới như phát triển của Bài toán Hàn Quốc 1999 và tổng quát hóa 1 số bài toán thú vị

I)Lời giới thiệu

Định lý Thặng Dư Trung Hoa mặc dù ñã có từ rất lâu nhưng cho ñến tận ngày nay những ứng

dụng của nó vẫn ứng dụng rất nhiều trong các cuộc thi Olimpic toán Định lý này chứng minh chúng ta có thể giải bất cứ 1 hệ ñồng dư nào với các modul ñôi một nguyên tố cùng nhau

1) Định lý Thặng Dư Trung Hoa

Định lý 1.1

Cho n≥2, m1, m2, …, mn là những số nguyên khác 0 và ñôi một nguyên tố cùng nhau gcd(mi,mj)=1

với i≠j, thì với a1,a2,a3, ,an nguyên bất kì, hệ ñồng dư x≡ai (mod mi)có nghiệm và nghiệm này xác ñịnh duy nhất modulo

1

r

mi

∏

Chú ý 1: x=

1

n

bi

1 ( )

n

mi

bi Mi ϕ

∑ với ϕ(mi) là hàm Euler, là một nghiệm của hệ này

2) Tổng quát hóa Định lý Thặng Dư Trung Hoa

Định lý 1.2

Cho hệ ñồng dư x≡bi (mod mi) Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi gcd(mi,mj)=di,j│(bi-bj) và

nếu nó có nghiệm thì nghiệm ñó là duy nhất theo module lcm(m1,m2, …,mn)

II) Những kết quả và kĩ thuật mới

2.1) Ứng dụng trong chứng minh sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số

Định lý thặng dư Trung Hoa có rất nhiều ứng dụng trong Lý Thuyết số, ñặc biệt là với những bài toán về sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số

Bài1: Chứng minh rằng với bất cứ số tự nhiên n nào, ñều tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà 1 trong số n số tự nhiên ñó có ít nhất 1 ước số là số chính phương

Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa, hệ có một nghiệm nên x+i là bội của pi2 Bài toán ñã ñược chứng minh

Bài2: (IMO 1989) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà cả

n số ñó ñều không phải là lũy thừa của những số nguyên tố

ñồng dư tương tự như bài trên rồi dùng ñịnh lí thặng dư Trung Hoa ñể chứng minh Ta biết

rằng nếu 1 số chia hết cho p nhưng lại không chia hết cho p2

thìsố ñó không phải là lũy thừa

của p Điều này ñưa ta ñến việc lựa chọn hệ sau: x≡-i + pi (mod pi2) với i∈{1,2,…,n} (p1,p2,…,pn là những số nguyên tố phân biệt).Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại x

thỏa mãn hệ Dễ dàng thấy ñược x+i chia hết cho pi nhưng không chia hết cho pi

2

(ĐPCM )

Bài3:(Hàn Quốc 1999) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn: 2n

-1 chia hết cho 3 và có 1 số

m∈ Z mà

n

2 1

3

− | 4m2

+1

Giải:

Nếu n≡1 (mod 2) thì 2n≡-1 (mod 3), như vậy 2n

-1 không chia hết cho 3 Nếu n≡0 (mod 2), ñặt n=2k.u (u là 1 số lẻ và u ≥1) Ta có 2n

-1 chia hết cho 3 Mặt khác, 2n

-1= 22

k u

-1 chia hết cho

2u-1; do vậy 2u

-1 | 4m2+1

Vì u ≥ 3 nên 2u

-1≡3 (mod 4), bởi vậy 2u

-1 sẽ có 1 ước nguyên tố ñồng dư -1 (mod 4) Vậy 4m2+1 chia hết cho p với p=4r+3, nên 4m2

chia hết cho p, và 1 cũng chia hết cho p (mâu thuẫn)

Vậy n=2k

Ta chứng minh rằng n=2k

thỏa mãn ñề bài bằng cách chỉ ra 1 số m thỏa mãn ñiều

kiện ñề bài:2 1

3

n−

=F1.F2…Fk-1 với Fi là số Fermat: Fi=2

2i +1 Không khó ñể chứng minh gcd(Fi,Fj)=1 với i≠j

Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa thì có 1 số chẵn c bằng 2m mà

C2≡ 2

1

2i− ( mod 2

2i ) với i=(1,k-1)

Vậy sẽ tồn tại m thỏa mãn: 2 1

3

n−

| 4m2+1 with n=2k (ĐPCM)

Chú ý: Ta nhận thấy rằng bài toán này có một sự liên kết chặt chẽ tới những tính chất của số Fermat, nên nếu áp dụng một số tính chất này ta sẽ có phát triển thú vị của bài toán Hàn Quốc

1999

Bài4: Cho n thỏa mãn 2 1

3

n−

| 4m2+1 Chứng minh rằng tất cả các ước khác {1, 3, 2n

-1} của hệ ñều ñồng dư với 1 (mod 2q

), q≠1 và k∈N*

Không dễ dàng ñể chứng minh bài toán này mà không có kết quả của bài trước Tuy nhiên sử

dụng bài toán trước với bổ ñề sau ñây còn có thể giải bài toán này dễ dàng hơn

Bổ ñề: Chứng minh rằng nếu p là 1 ước nguyên tố của Fm=22

m

thì p≡1 ( mod 2m+1

)

Bổ ñề trên ta có thể dễ dàng chứng minh ñược bằng tính chất của cấp của một số

và tất cả các ước của 2n

-1 là ước của số Fermat Fm

(m=1, 2, 3, …, k-1) Cũng từ bổ ñề trên , ta có tất cả các ước nguyên tố của 2n

-1 trừ {1,3, 2n

-1} cùng có số dư 1 modulo 2q

Giả sử 2n

-1 có dạng p 1

1

α

. p 2

2

α . p 3

3

α

p r r

α từ ñó 1 ước của 2n

-1 có dạng d= p 1

1

β

. p 2

2

β . p 3

3

β

p r r

β

với p i

i

β ≡1 (mod 2q i

) như vậy d≡1(mod 2q i

) với qi là số nhỏ nhất trong tập { q1, q2, qr} (ĐPCM)

Bài5 Cho f(x) là 1 ña thức với các hệ số nguyên Giả sử rằng có 1 tập hữu hạn các số nguyên

tố {p1,p2,p3,…,pn} ñể cho với mọi số nguyên n, f(n) chia hết cho số pi nào ñó, chứng minh

rằng sẽ có 1 số nguyên tố p ñể p│f(n) với mọi n∈Z

là ước của f(ai) hay f(ai) không ≡0(mod pi) Ta xét hệ ñồng dư sau: a≡ai mod pi với

i∈{1,2,3,…r} Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa ta có thể tìm ñược 1 số nguyên a thỏa mãn hệ này Mặt khác ta dễ dàng chứng minh f(a)≡f(ai) mod pi với i∈{1,2…r} Do vậy, có 1 giá trị a thỏa mãn f(a) không chia hết cho pi nào với i∈{1,2,…r} Tuy nhiên giả thiết ñề bài cho rằng mọi giá trị của ña thức chia hết cho số pi nào ñó (mâu thuẫn)

Chú ý: Không khó ñể nhận ra rằng tập số ở Bài toán 5 có thể ñược thay thế bởi

{ i, 1, 2,3 }

i

pα i= n mà không ảnh hưởng ñến kết quả bài toán Không chỉ vậy, kết quả của bài toán này còn có thể ñược mở rộng hơn nữa Kết quả ñó thực sự mạnh hơn nếu tập số ñược thay

thế bởi 1 tập những số nguyên Hãy cùng khám pha bài toán sau:

Bài6 Cho f(x) là 1 ña thức với các hệ số nguyên Giả sử rằng có 1 tập hữu hạn các số nguyên S={ai} với i ∈ {1,2,…,n} ñể cho với mọi số nguyên n, f(n) chia hết cho ai nào ñó, thì sẽ có 1

số nguyên a ñể a|f(n) với mọi n∈Z

tại số nguyên xiñể f(xi) không chia hết cho ai

Từ ñó, tồn tại 1 số pi

ki

với pi là số nguyên tố- thỏa mãn pi

ki

| ai nhưng f(xi) không chia hết cho

piki

Cho i chạy từ 1 ñến n ta ñược tập hợp các số sau: {p1

k1

, p2k2 , … , pnkn } Tuy nhiên, vài trong số chúng có thể có cùng cơ số Với những cơ số chung ñó, ta chọn số có số mũ nhỏ nhất Bằng cách này ta thu ñược tập rút gọn:

{p1

q1

, p2

q2

, … , pm

qm

} (m ≤ n và p1,p2,…,pm là những số nguyên tố phân biệt)

Chú ý rằng ai chia hết cho 1 số số hạng trong tập này

Từ p1

q1

, p2q2 , … , pmqm là những số ñôi một nguyên tố cùng nhau, ta xét hệ ñồng dư x≡xi (mod

piqi ) với i ∈{1,2,…,n}

Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, ta có nghiệm của hệ

Mặt khác, x≡xi (mod pi

qi

) kéo theo f(x)≡f(xi) (mod pi

qi

) với mỗi chỉ số 1,2,…,n f(xi) không chia hết cho pi

qi

Nên với nghiệm x thu ñược từ Định lý Thặng Dư Trung Hoa, f(x) không chia

hết cho số pj

kj

nào

Do vậy, f(x) không chia hết cho số ai nào, mâu thuẫn với ñiều kiện ñề bài (ĐPCM)

Bài7 Với mọi tập số nguyên {a1,a2,…, an} tồn tại 1 số nguyên dương b ñể tập {ba1,

ba2,….,ban} bao gồm những luỹ thừa ñúng của 1 số nguyên

thành thừa số nguyên tố Ta có ai=p1bi1.p2bi2….pkbik

Ta biết rằng nếu 1 số nguyên ñược phân tích thành thừa số nguyên tố p1c1…pmc m là 1 lũy thừa

bậc q khi và chỉ khi c1, c2, c3, …cn chia hết cho q

Đặt b=p1

d1

.p2d2.p3d3….pkdk Ta sẽ chứng minh rằng có thể tìm ñược d1,d2, dk mà b thỏa mãn ñiều kiện ñề bài

Để có ba1 là lũy thừa bậc q1 của 1 số nguyên thì b11+d1, b12+d2, b13+d3, …., b1k+dk chia hết cho

q1.

Tương tự với ba2, ba3, …, ban ta có

b21+d1, b22+d2, b23+d3, …, b2k+dk chia hết cho q2,

…

bn1+d1, bn2+d2, bn3+d3,…., bnk+dk chia hết cho qn.

Từ ñó phải xác ñịnh d1, d2, d3…, dk thỏa mãn d1≡-bi1 (mod qi) i=1, 2, 3, , n

Tương tự với d2, d3, d4,…, dk

Ta chọn q1, q2,…, qn là những số nguyên tố phân biệt Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa,

tồn tại d1, d2, d3, , dk Từ ñó tồn tại b (ĐPCM)

Bài toán này có thể có rất nhiều hệ quả, ñặc biệt là bài toán IMO 33rd

long list:

Bài8 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, tồn tại 1 tập số nguyên ñể tổng các phần

tử của các tập con không rỗng của nó là 1 lũy thừa

S1,S2,S3,S4,…, S2n−1 là tổng các phần tử của các tập này Áp dụng bài trước, tồn tại 1 số b

thỏa mãn {bS1,bS2,bS3,…bSn} bao gồm các lũy thừa Từ ñó ta chọn tập F={bx1,bx2,bx3, bxn} thì F là tập số thỏa mãn ñiều kiện ñề bài

Bài 7 cũng có 1 hệ quả rất thú vị khác:

Bài9 Chứng minh rằng tồn tại 1 dãy số thỏa mãn tất cả các phần tử ñều là lũy thừa

Lời giải của bài toán này tương tự như bài 8

2.2) Ứng dụng trong việc tìm số lượng nghiệm nguyên của một phương trình nghiệm nguyên

Sự kết hợp giữa Định lý thặng dư Trung Hoa và phép ñếm tạo ra rất nhiều bài tập thú vị về

việc tìm ra số lượng nghiệm nguyên của 1 phương trình

Bài10: Cho m là 1 số nguyên dương Tìm số lượng nghiệm của phương trình: x2≡x (mod m)

Giải: Giả sử rằng m=p1a1.p2a2 … , pkak

Ta có x2≡x (mod m) Từ ñó x2≡x (mod piai) với i∈{1, 2,…, k} (gcd(piai,pjaj)=1 with i≠j)

x(x-1)≡0 (mod pi

ai

) với i ∈{1,2,…,k}, vậy phương trình x(x-1)=0 có 2 nghiệm (mod pi

ai

) là

x≡0 (mod pi

ai

) và x≡1 (mod pi

ai

) Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, hệ x≡ri (mod pi

ai

)

i∈{1,2,…,k}với ri ∈ {0;1} chỉ có 1 nghiệm (mod m) Nhưng lại có 2k

cách chọn hệ Vì vậy,

phương trình có 2k

nghiệm

Bài11: (VMO 2008) Cho m=20072008 Có bao nhiêu số n sao cho n<m và n(2n+1)(5n+1) chia

hết cho m ?

n(2n+1)(5n+2)≡0 (mod m)

Do ñó 10n(10n+5)(10n+4)≡0 (mod m) (1)

Ta có m=34016.2232008

Đặt 10n=x, 34016

=q1, 2232008=q2 Vì gcd(q1,q2)=1nên (1) tương ñương với

x(x+5)(x+4)≡0(mod q1) (2) x(x+5)(x+4)≡0(mod q2) (3)

Ta có (2) tương ñương với x≡0(mod q1), x≡-5(mod q1) và x≡-4(mod q1) Và (3) tương ñương

với x≡0(mod q2), x≡-5(mod q2), x≡-4(mod q2) Mặt khác, x≡0 (mod 10), nên x là nghiêm của

hệ:

x≡r2 (mod q1)

x≡0 (mod 10) với r1, r2 ∈ {0;-4;-5}

x≡r1 (mod q1)

Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, hệ chỉ có 1 nghiệm (mod 10q1q2)

Với mỗi cặp (r1, r2), chỉ có 1 số x Nhưng lại có 32

cách chọn cặp (r1, r2), vậy sẽ có 9 số x thỏa mãn

III) Một số bài áp dụng

Thay lời kết cho bài báo này chúng tôi ñưa ra một số bài toán thú vị về ñịnh lí thặng dư Trung Hoa Mong các bạn có thể tìm ra ñược những lời giải hay và ñẹp nhất

Bài2 Tìm tất cả các số m ∈ Z: 2n-1 | m2+9

Bài3(USA TST 2009) Chứng minh rằng tồn tại một dãy ki tăng thực sao cho với mọi n nguyên dương thì k1.k2…kn-1 là tích của hai số nguyên dương liên tiếp

Bài4.Giả sử ai with i ∈ {1,2,3,…,n} là n số nguyên tố ñôi một khác nhau và bi với {1,2,3, n}

là n số nguyên tuỳ ý Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương cho truớoc tồn tại duy nhất

1 ña thức với các hệ số {0,±1, ±2,… , ±(t-1)} thoả mãn F(ai)≡bi(mod t) ,i ∈{1,2,…, n}

Bài5(Bulgaria TST 2003). Ta gọi C là một tập tốt nếu với mọi k thì tồn tại a, b ∈ C phân biệt sao cho (a+k,b+k)>1 Giả sử rằng ta có một tập tốt mà tổng các phần tử trong ñó bằng 203 CMR ta có thể loại ñi 1 phần tử trong tập C sao cho tập còn lại vẫn là tập tốt

Bài6(Czech-Slovakia 1997) CMR tồn tại vô số dãy vô hạn tăng {an} của các số tự nhiên thoả mãn với k ∈ N, dãy {k+an} chứa hữu hạn số nguyên tố

IV) Tài liệu tham khảo

[1] Number Theory, Structures, Examples and Problems, Springer (Titu Andresscu and Dorin

Andrica )

[2]Bài giảng số học I, II, Nhà xuất bản giáo dục (Nguyễn Vũ Lương )

[3]Một số tài liệu từ mạng Internet và các diễn ñàn toán học

+ www.mathscope.org

+ www.diendantoanhoc.net

+ www.mathlinks.ro