sử dụng hệ thặng dư đầy đủ, thặng dư thu gọn, thặng dư trung hoa để giải toán số họ

sử dụng hệ thặng dư đầy đủ, thặng dư thu gọn, thặng dư trung hoa để giải toán  số họ tài liệu, giáo án, bài giảng , luận...

Bài viết  này của thầy Nguyễn Duy Liên  đã được đăng trong Tạp chí Toán  Học và  Tuổi  Trẻ  trong  hai  số  tháng  8  và  9  năm  2013.  Cảm  ơn  thầy  gửi  đến  chia  sẻ  với  www.laisac.page.tl 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC  TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 

BÁO CÁO KẾT QUẢ  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 

TÊN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: SỬ DỤNG HỆ THẶNG DƯ ĐẦY ĐỦ, 

THẶNG DƯ THU GỌN, THẶNG DƯ TRUNG HOA ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC. MÔN  :      TOÁN HỌC 

Ngạn  ngữ  Pháp  có  câu:  "Le  Mathématique  est  le  Roi  des  Sciences  mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học nhưng 

Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong đời sống và khoa  học. Số học  giúp con  người  ta có cái nhìn tổng quát, sâu  rộng  hơn, suy  luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. 

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp  khu  vực,  cấp  quốc  tế,  các  bài  toán  về  Số  học  thường  đóng  vai  trò  quan trọng.  Chúng  ta  có  thể  làm  quen  nhiều  dạng  bài  toán  Số  học,  biết  nhiều  phương pháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có  một cách giải duy nhất. Mỗi khi gặp  một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong phú đa dạng của các  bài  toán  Số  học  luôn  là  sự  hấp  dẫn  đối  với  mỗi  giáoviên,  học  sinh  giỏi  yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sưu tầm và hệ thống lại một số bài toán 

để viết lên chuyên đề "Sử dụng hệ thặng dư đầy đủ, hệ thặng dư thu gọn,thặng dư Trung Hoa để giải toán Số học ". 

cố  gắng  áp  dụng  cách  giải  cho  phù  hợp  với  chuyên  đề,  học  sinh  có  thể  theo  mà không lạc hướng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn vì nhiều lí do phải tự  học,  vì  vậy  giản dị  và  đầy đủ  là phương châm của  tôi khi  viết chuyên đề này. 

Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho những  chỗ  thô  lâu  và  phê  bình  chân  thành  để  có  dịp  tôi  sửa  chữa  chuyên  đề  này hoàn thiện hơn. 

Vĩnh Yên, Trung Thu, năm 2012 NGUYỄN DUY LIÊN

1.Hệ thặng dư đầy đủ 

Cho tập A= { a , a , , a 1 2 n }  Giả sử r , 0i £ ri £ n 1 -  là số dư khi chia  a  cho i  r . i 

Nếu tập số dư { r , r , , r  trùng với  tập 1 2 n }  { 0,1, , n 1 -  thì ta nói  A là một  hệ thặng } 

Nếu A= { a ,a , ,a 1 2 n } là HĐĐ mod n thì từ định nghĩa dễ suy ra

·  Với mọi  m Î Z  tồn tại duy nhất ai Î  sao cho A ai º m mod n ( ) 

·  Với mọi  a Î Z  tập a+A={ a+a ,a1 +a , ,a2 + a n } là HĐĐ mod n

·  Với mọi  cÎ Z ,( c, n) =  , tập 1 cA= { ca ,ca , ,ca 1 2 n } là HĐĐ mod n. 

Tập *  { } 

A = 0,1, 2, , n 1 -  là HĐĐ mod n không âm nhỏ nhất. 

Số phần tử của tập A bằng  A = n

2. Hệ thặng dư thu gọn. 

Cho  tập B= { b , b , , b 1 2 k } là  một  tập  hợp  k  số  nguyên  và ( b , ni  ) =  với  mọi 1

i 1, 2, , k =  Giả  sử  bi =q ni +r ,1 ri £ i <  Khi  đó  dễ  thấy n ( r , ni  ) =    Nếu  tập 1 { r , r , , r  bằng  tập  K  gồm  tất  cả  các  số  nguyên  dương  bé  hơn  n  và  nguyên  tố 1 2 k } 

3 ) Với mọi  x Î ¢ ,( x, n) =  tồn tại duy nhất 1 bi Î B sao cho  x º b mod n   i ( ) 

Từ  định  nghĩa  ta  suy  ra  nếu  tập B= { b , b , , b 1 2 k } là  HTG  mod  n với cÎ ¢ , ( c, n) =  thì tập 1 B= { cb ,cb , , cb 1 2 k } cũng là HTG mod n

Ngày  xưa  người  ta  đã  sử  dụng  HĐĐ,HTG    để  chứng  minh  các  định  lí 

Ơle,Féc ma ….trong chuyên đề ta không nói lại nữa. 

2. Định lý thặng dư Trung Hoa. 

Định  lí  thặng  dư  Trung  Hoa  là  một  trong  những  viên  Kim  cương  của  toán  học .Định lí này vừa mang tính đẹp mắt của Toán học thuần tuý,vừa có ứng dụng sâu xa.Trải qua nhiều thời đại,nó được cải biên dưới nhiều hình thức,cho cả Toán học 

cổ điển lẫn hiện đại. 

a)Định lý thặng dư Trung Hoa dạng đơn giản. 

Gọi  r và  s là  các  số  nguyên  dương  nguyên  tố  cùng  nhau, a và  b là  hai  số  nguyên 

tuỳ  ý.Khi  đó  tồn  tại  một  số  nguyên  N sao  cho  : ( )

Cho  k số  nguyên  dương  n n n1, 2, , , 3  n  đôi  một  nguyên  tố  cùng  nhau  và  k số  k 

nguyên bất kì a a a1, 2, , , 3  a  Khi đó tồn tại số nguyên  a thoả mãn hệ : k 

vì ( p,q) = 1 Þrk ¹ " =0 k 1, 2, , p 1 -  từ  đó  ta  thấy  tập A= { r , r , , r 1 2 p 1 - } chính  là một hoán vị của tập A={ 1, 2, , p 1 - } thậy vậy ngược lại :

Vì 3 không là ước chung của  ,x x+4,x +  nên 5  x x( +5)( x+4) º 0 mod ( n 1 ) khi và chỉ khi xº r1( mod  n 1 ) ở đó r Î1  { 0, 4, 5 - -  Tương tự }  x x( +5)( x+4) º 0 mod ( n 2 ) khi và chỉ khi xº r2( mod  n 2 ) ở đó r Î1  { 0, 4, 5 - -   } 

Vậy m n| ( 2n+5 5)( n+4) Û xº0 mod10 ;( ) xºr1( modn1) ;xº r2( mod  n 2 ) .(1)

Vậy các số  n£ m thoả mãn điều kiện bằng số các số x£ 10   n n 1 2  thoả mãn (1) .Với mỗi cách chọn r1Î{ 0, 4, 5 &- - } r 2 Î{ 0, 4, 5 - -  theo định lí Trung Hoa ta có duy } nhất một số x£ 10   n n 1 2  thoả mãn (1) .Vậy có 9 số thoả mãn điều kiện bài ra

k 

a c p M ( do  pÎÃ ) k i 2( { } )  2 

x º0 mod p Þy º0 mod p Þyº0 mod p Û x º y mod p

·  Nếu  x pM/ Þ y p M  ,do / p º2 mod 3( ) Þp=3k+2 k ( Î ¥  ,theo  định  lí  Fécma: ) 

x - = x + º1 mod p , y - =y + º1 mod p

Với  k =  chọn 2 b21 =1, b22 =a1 º / 1 mod p ( ) (do a1 - M  ) 1 p /

Giả sử với  2£k£ p-  ta đã chọn được tập 2 { b , b , , b k ,1 k,2 k ,k } thoả mãn 2 t/c trên . 

{ bk 1,1+ , bk 1,2+ , , bk 1,k+ , b k 1,k 1 + + } ta thấy tập hợp này có  k 1 +  phần tử thoả mãn hai tính chất trên,theo nguyên lí quy nạp mệnh đề được chứng minh. 

Áp dụng xét tập { bp 1,1- , bp 1,2- , , b p 1,p 1 - - } ta thấy tập hợp này là  một HTG mod p nên 

nó chứa đúng một phần tử đồng dư với 2 mod p.Vì phần tử này khác 1 nên nó phải đồng dư với tích của một số a  ,suy ra đpcm . k 

2 8 9 0 mod 35 

f x = x + x + x + º Giải: Phương trình f x º ( ) 0 mod 5 ( ) có tập nghiệm C = 1  { } 1;4  

Phương trình f x º ( ) 0 mod 7 ( ) có tập nghiệm C = 2  { 3;5;6  } 

Ta  giải  hệ  phương  trình ( )

Chứng  minh  rằng  tồn  tại  số  nguyên  dương  T  sao  cho T n & S TM  ( ) = k (trong  đó ( ) 

p,qÎ¥  \ 1 , p, q = 1  

Ta chứng minh:$1 k£ < n- 2 ( k Î ¥) 

·  Nếu  m= 0 từ hệ Þai º a mod p j ( )  (vô lí)

·  Nếu  m¹ 0 do f 1 p( ) M  Þai ¹1,aj ¹ 1 từ hệ suy ra:

t 1 

S t - t - t 1

=

=Õ + +L + + cho  p 

·  Nếu ai º0 mod p( ) Þaj º 0 mod p ( )  Ûai ºa mod pj ( ) Þ = i j

·  Nếu ( a , pi ) = Þ1 ( a , pj  ) = 1 theo  định  lí  Fécma

Ví dụ 3.8.  Chứng minh rằng với mọi n Î ¥  tồn tại  n số tự nhiên liên tiếp sao cho 

bất kì số nào trong các số ấy cũng đều không phải là luỹ thừa (với số mũ nguyên dương) của số nguyên tố. 

Giải: Cách 1. Mỗi n Î ¥  xét  n số nguyên tố phân biệt  *  p p1, 2 , ,  p  n 

·  Giả sử  n= ab đẹp Û phương trình  ab=ax+ by (*)  có nghiệm nguyên dương

Giả  sử  ab+ +a b- n là  số  đẹp $x , y1 1ÎZ + : ab+ +a b-n =ax1+ by 1  (***)  từ (**)  và  (***)  ta  có ab=( x+ x1 -1 a) +( y+ y1 - 1 b )  mà 

· " În [ 1;a+ -  đều là số xấu ,trong đoạn này có tất cả  ab 1 ]  +b 1 -  số xấu

· " În [ a+ b;ab ] thì ab+ +a b- În [ a+ b;ab ] theo phần (2) ta thấy nếu lấy một  số  đẹp  thuộc  đoạn [ a + b;ab ]  thì  có  một  số  xấu  cũng  thuộc  đoạn [ a+ b;ab ] ,từ đó số số xấu trong đoạn [ a + b;ab ] là: ab a b 1 

Î Z  , sao cho :  n =bcx+cay+ abz

1.Chứng minh rằng : n= 2abc là số xấu lớn nhất. 

2.Chứng  minh  rằng  nếu nÎ =I [ ab+bc+ ca; 2abc ]  ,n  là  xấu Ûsố 

k= 2abc+ab+bc+ca- n là đẹp . 

3.Tìm số lượng các số xấu . 

Lời giải:

1/Ta chứng minh  n= 2abc là số xấu lớn nhất

·  Giả  sử  n = 2abc đẹp Û phương  trình  2abc=bcx+cay+ abz (*)    có nghiệm nguyên dương

2/ Tồn tại hay không  một dãy vô hạn { x x 1, 2 ,  } = { 1, 2, } sao cho  x i ¹ x j " ¹ i j và thoả mãn: x1 +x 2 +L+ x k k M  với mọi k = 1, 2, ,  n ? 

Giải. 1/ n =  thoả mãn,  1  n =  thoả mãn với dãy tương ứng là 1,3, 2  3 

Þ x n-1º m n( -1) ºm( modn-2 ,1 )  £ x n-1£ nÞx n- 1 =m= x n  Vô lý. 

Vậy chỉ có n=1,n =  thoả mãn điều kiện đề bài. 3 

2/Ta sẽ xây dựng một dãy ( ) x n  n +¥ = 1 thoả mãn điều kiện đề bài. 

Lấy x1 =1,x2 =3,x 3 =  Giả sử 2  x x x1, 2, , , 3  x  là một dãy thoả mãn điều kiện  N 

x + x +L+ x k M  với mọi k = 1, 2, ,  N .Đặt x1 + x2 + x 3 +L + x N = s

Gọi  n  là  số  nguyên  dương  bé  nhất  không  nằm  trong  dãy  x x x1, 2, , , 3  x  Do N 

( N +1,N +2) =  nên  theo  định  lí  thặng  dư  Trung  Hoa  tồn  tại  một  số  nguyên 1 

1, 2, , , 3  N 

m> x x x x thoả  mãn ( )

mod 1 mod 2 

Î Z  , q p M / Chứng minh rằng: p 1  ( ) ( ) ( 2  ) 

A p M  Bài8: Tìm tất cả  * 

n Î ¥  sao cho tồn tại tập A= { a ,a , ,a 1 2 n } là một hoán vị của tập { } 

B= 1, 2, , n thoả mãn C= { a ,a a , ,a a a 1 1 2 1 2 n } là HĐĐ mod n 

Bài  19:  Cho a , a , , a1 2 k + : a , a , , a( 1 2 k )  1

ÎZ  = Chứng  minh  rằng:Nếu ( )  1 2 k 

cùng lẻ, k không âm và  19 5 2011 

2m=a +b + 2 k .  Bài  21:Tìm  tất  cả  những  số  nguyên  dương  n  để  tồn  tại  các  hệ  thặng  dư  đầy  đủ 

modn : A= { a ,a , ,a 1 2 n } và B= { b , b , , b 1 2 n } cũng là hệ thặng dư đầy đủ modn.  Bài 22: Cho dãy số  nhận các  giá trị  trong  các số 1, 2, , k 1 -  được định  nghĩa  như sau: a1 =1, an ºan 1 - + n mod k ( ) .Với giá trị nào của  k  thì dãy này nhận tất cả  k  giá trị 1, 2, , k 1 - 

Bài 23: Chứng  minh  rằng trong  1900 số tự  nhiên  liên tiếp có  một số có  tổng các  chữ số chia hết cho 27. 

nhiên sao cho với mọi  k  0 ³  ,dãy { k+ a n } chỉ chứa hữu hạn các số nguyên tố. 

Bài  26(Korea  1999).Xác  định  tất  cả n Î ¥  sao  cho:  2 *  n - M  và 1 3  2 1 

2.  Tồn tại u v, ÎZ : f u( ) º0 mod( n) ( ) ( , f v º 1 mod  n ) 

Bài 31 Chứng  minh rằng có  vô số số tự  nhiên  k  sao cho các số  2 n  1 

k + ( * ) 

n Î ¥ 

đều là hợp số 

Lời nói đầu……….  2 

Phần I : KIẾN THỨC CƠ BẢN………  ……   3 

1.  Hệ thặng dư đầy đủ………  3 

2.  Hệ thặng dư thu gọn………  3 

3.  Định lý thặng dư Trung Hoa………  3 

Phần II : ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ ĐỂ GIẢI TOÁN ………. ……  4 

1.  Sử dụng hệ thặng dư để tính tổng, số nghiệm phương trình………. 4 

2.  Sử dụng hệ thặng dư trong các bài toán đa thức , dãy số nguyên… 8 

3.  Sử dụng hệ thặng dư trong tập con số nguyên dưong­chia hết…….13 

4.  Sử dụng hệ thặng dư trong phương trình ĐIÔPHĂNG bậc nhất…. 19  Phần III : BÀI TẬP TƯƠNG TỰ………23 

Phần IV : NHẬN XÉT……….27 

PhầnV : BẢNG KÍ HIỆU………  30 

Phần VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO………31