Định lý thặng dư trung hoa

Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả trình bày những kết quả đã biết trong số học nhưquan hệ đồng dư, hệ đồng dư, các định lý: Fermat, Euler, Wilson, .... Ta cómột định lý quan t

ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

nguyễn hữu bạn

định lý thặng dư trung hoa

LUậN VĂN THạC Sĩ TOáN HọC

THáI NGUYÊN - 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN HỮU BẠN

ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS TS Nông Quốc Chinh

Thái Nguyên - 2014

Mục lục

1.1 Định nghĩa đồng dư và các tính chất 3

1.1.1 Định nghĩa 3

1.1.2 Các tính chất của đồng dư 3

1.2 Một vài định lý cần dùng 4

1.3 Hệ thặng dư đầy đủ 5

1.4 Nghịch đảo modulo m 6

2 Định lý Thặng dư Trung Hoa và ứng dụng 7 2.1 Định lý thặng dư Trung Hoa 7

2.1.1 Một số kết quả bổ trợ 7

2.1.2 Định lý Thặng dư Trung Hoa 9

2.1.3 Mở rộng định lý Thặng dư Trung Hoa 13

2.2 Một vài ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa 15

2.2.1 Chứng minh sự tồn tại của một mệnh đề 15

2.2.2 Ứng dụng trong tổ hợp 35

2.2.3 Ứng dụng trong đa thức 36

2.2.4 Tìm số nghiệm nguyên của một phương trình nghiệm nguyên 38 2.2.5 Giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính 41

2.2.6 Phân tích các số nguyên lớn 44

LỜI MỞ ĐẦU

Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế, các bài toán về sốhọc thường đóng vai trò quan trọng Khi nhắc đến số học hay lý thuyết số, takhông thể không nhắc tới định lý thặng dư Trung Hoa Các bài toán sử dụngđịnh lý này thường là những bài toán hay và khó

Định lý Thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt cho định lý này.Người Trung Quốc gọi nó là Bài toán Hàn Tín điểm binh Tục truyền rằng khiHàn Tín điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báocáo số dư Từ đó, căn cứ vào lượng quân thì ông tính được chính xác quân sốđến từng người

Luận văn này được chia làm hai chương:

• Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, tác giả trình bày những kết quả đã biết trong số học nhưquan hệ đồng dư, hệ đồng dư, các định lý: Fermat, Euler, Wilson, Nhữngkiến thức này sẽ được sử dụng trong việc giải các bài toán trong chương 2

• Chương 2 Định lý thặng dư Trung Hoa

Nội dung chương này được chia làm hai phần Phần đầu, tác giả nêu vàchứng minh định lý thặng dư Trung Hoa và định lý thặng dư Trung Hoa dạng

mở rộng Phần thứ hai, tác giả trình bày những ứng dụng của định lý thặng dưTrung Hoa vào giải toán

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS TS Nông Quốc Chinh.Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướngdẫn khoa học của mình, PGS TS Nông Quốc Chinh, người đã đưa ra đề tài vàtận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tác giả Đồng thời tácgiả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong trường Đại học Khoa học, Đạihọc Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hànhchính để tác giả hoàn thành bản luận văn này Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đếngia đình, các đồng nghiệp đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập

và làm luận văn

Thái Nguyên, ngày 19 tháng 08 năm 2014

Tác giả

Cho a, b, c, d là các số nguyên Khi đó, ta có các tính chất sau đây

Giả sử ka ≡ la (mod p) với k, l ∈ {1, 2, , p − 1} và k khác l Khi đó

trên cho p ta nhận được p − 1 số dư khác nhau từ 1, 2, , p − 1 Suy ra

Do ((p − 1)!, p) = 1 nên ta có điều phải chứng minh

• Định lý đảo của định lý nhỏ Fermat không đúng Ví dụ như ta có thể kiểmtra được rằng với mọi số nguyên dương a mà (a, 561) = 1 thì

Nhưng 561 = 3 · 11 · 17 không phải là số nguyên tố Những số có tính chất đặcbiệt như vậy gọi là số giả nguyên tố với mọi cơ sở, hoặc số Carmichael Ta cómột định lý quan trọng về số Carmichael như sau: “Nếu n là số giả nguyên tố

Bằng định lý Thặng dư Trung Hoa, ta đã xác định được dạng phân tích cơ

sở của các số Carmichael Tuy nhiên các số này rất hiếm Hai số Carmichaelđầu tiên là 561 và 41041

Định lý 1.2.4 Định lý Wilson

p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p

Chứng minh

• Nếu (p − 1)! + 1 chia hết cho p thì hiển nhiên p là số nguyên tố Vì khi đó

p sẽ nguyên tố cùng nhau với các số từ 1 đến p − 1 Do đó nó không có ước nàokhác ngoài 1 và chính nó

• Ngược lại, nếu p là số nguyên tố thì ta chứng minh (p − 1)! + 1 chia hếtcho p

Xét đa thức

g(x) = (x − 1)(x − 2) (x − (p − 1))và

Rõ ràng phương trình g(x) ≡ 0 (mod p) có p − 1 nghiệm là 1, 2, , p − 1

Suy ra đa thức f (x) ≡ 0 (mod p) cũng có p − 1 nghiệm Nhưng đa thức

f (x) có bậc nhỏ hơn p − 1, nên theo định lý Lagrange, các hệ số của f (x) đồng

dư 0 theo modulo p Hơn nữa, (p − 1)! + 1 lại là hệ số tự do trong f (x) Vậy

• Tập {1, 2, , m − 1, m} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m

• Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m đều có đúng m phần tử

• Một tập gồm m phần tử là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m nếu và chỉnếu hai phần tử khác nhau bất kỳ của nó không đồng dư với nhau theo modulom

• Cho số nguyên a và m > 0 Tập hợp tất cả các số nguyên x thỏa mãn

x ≡ a (mod m) được gọi là một lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a = {a + mt :

t ∈ Z} Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m thu được bằng cách lấy lần lượt

a = 1, 2, , m

• Một tập hợp {r1, r2, , rn} được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modulo

(đầy đủ) modulo m

Định nghĩa 1.4.1 Giả sử a, m là các số nguyên, m > 1 Nghiệm của phươngtrình ax ≡ 1 (mod m) được gọi là nghịch đảo của a modulo m

Định lý 1.4.2 Nghịch đảo của a modulo m tồn tại ⇔ (a, m) = 1

Hệ quả 1.4.3 Nếu p nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp {1, 2, , p − 1}đều có nghịch đảo duy nhất modulo p

Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày nội dung của định lý Thặng dưTrung Hoa và một số ứng dụng của định lý này.

2.1.1 Một số kết quả bổ trợ

Bổ đề 2.1.1 Giả sử rằng m, n là các số nguyên khác 0 thỏa mãn (m, n) = 1.Giả sử a là một số nguyên tùy ý Khi đó mn|a ⇔ m|a và n|a

Chứng minh • Nếu mn|a thì a = mnt = m(nt) = n(mt) với số nguyên t nào

đó, và do vậy m|a và n|a

• Ngược lại, nếu m|a thì ta có a = mb với số nguyên b nào đó Do n|mb và(n, m) = 1 nên chúng ta có n|b Do vậy b = nc với số nguyên c nào đó Từ đó

a = mb = mnc ⇒ mn|a

Hệ quả 2.1.2 Giả sử rằng m, n là các số nguyên dương thỏa mãn (m, n) = 1

và a, b ∈ Z Khi đó a ≡ b (mod mn) ⇔ a ≡ b (mod m) và a ≡ b (mod n).Chứng minh a ≡ b (mod mn) ⇔ mn|(a − b) ⇔ m|(a − b) và n|(a − b) (theo Bổ

đề 2.1.1) ⇔ a ≡ b (mod m) và a ≡ b (mod n)

minh

Chứng minh

1, 2, , t

a ≡ b (mod m) bằng cách quy nạp theo t

Nếu t = 2 thì đó chính là Hệ quả 2.1.2

tố cùng nhau cho trước

Khi đó

Hệ quả 2.1.5 Giả sử m > 1 và giả sử rằng m = pa1

2.1.2 Định lý Thặng dư Trung Hoa

Định lý 2.1.6 Định lý thặng dư Trung Hoa

2) Giả sử rằng d là một nghiệm khác của hệ đồng dư trên Khi đó

vì vậy d = c + ms với s nào đó

Ngược lại nếu d = c + ms với s nào đó thì d ≡ c (mod m), và vì vậy với mỗi

và a1, a2, , at (trong định lý) cho ta nhiều kết quả thú vị và từ đó đưa ra nhiềubài tập hay và khó.

Ngoài cách chứng minh bên trên, ta có thể chứng minh định lý Thặng dưTrung Hoa bằng phép quy nạp

Trước khi đi vào ví dụ của phần này, chúng tôi nêu ra phương pháp chứngminh của Knuth cho định lý thặng dư Trung Hoa

và chỉ một số nguyên dương u thỏa mãn

Đây chính là nội dung của định lý thặng dư Trung Hoa Trước khi chứngminh định lý này, ta nhắc lại một chút về hàm Euler - φ(n) Nếu n biểu diễndưới dạng

Khi đó theo định lý Euler, số nguyên u bất kỳ thỏa mãn phương trình đồngdư

sẽ thỏa mãn hệ phương trình đồng dư

Vì tính duy nhất là hiển nhiên nên ta đã chứng minh xong định lý

Bài toán bây giờ là đi tìm các số nguyên và thường là số nguyên dương nhỏnhất thỏa mãn (1) Để làm điều này, ta đặt

Hãy tìm u sao cho

Theo phương pháp Quin Jiushao, chúng ta có

Từ đó, chúng ta tìm được số nguyên dương u nhỏ nhất thỏa mãn.

Nếu ta sử dụng phương pháp phương đông, thì ta có

và cuối cùng

Các phép tính toán này rõ ràng là rất kinh khủng!

2.1.3 Mở rộng định lý Thặng dư Trung Hoa

không thỏa mãn điều kiện nguyên tố cùng nhau thì kết quả của định lý sẽ nhưthế nào ?

Định lý 2.1.9 Định lý Thặng dư Trung Hoa mở rộng

kỳ Khi đó, điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đồng dư

có nghiệm là ri ≡ rj (mod gcd(mi, mj)) với mọi 1 ≤ i < j ≤ n.

duy nhất theo modulo m

nghiệm duy nhất theo modulo m.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh

Trung Hoa

2.2.1 Chứng minh sự tồn tại của một mệnh đề

Định lý Thặng dư Trung Hoa có rất nhiều ứng dụng trong Lý thuyết số.Trong mục này, chúng tôi trình bày việc ứng dụng định lý này vào chứng minhmột mệnh đề trong Lý thuyết số

Bài toán 2.2.1 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiênliên tiếp mà mỗi số trong n số đó đều là hợp số

Lời giải Giả sử p1, p2, , pn là n số nguyên tố đôi một khác nhau Do đó ta có

phương trình trên Do vậy ta có

Bài toán 2.2.2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiênliên tiếp mà bất kỳ số nào trong các số đó đều không phải là lũy thừa với số

mũ nguyên dương của một số nguyên tố

Lời giải

Cách 1 Bài này có nét tương đồng với bài toán trước nên ta nghĩ đến việcchọn một hệ đồng dư tương tự bài trên rồi áp dụng định lý Thặng dư TrungHoa để chứng minh

thì số đó phải là lũy thừa của p Điều này đưa ta đến việc lựa chọn hệ sau

trong đó p1, p2, , pn là những số nguyên tố phân biệt Áp dụng định lý Thặng

các số c + 1, c + 2, , c + n là n số tự nhiên liên tiếp và bất kỳ số nào trong

1q1,

Bài toán 2.2.3 (Hàn Quốc 1999)

n− 13

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

một số m thỏa mãn điều kiện đề bài:

trong đó

Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số c bằng 2m mà

n− 13

Chú ý Ta nhận thấy rằng bài toán này có một sự liên kết chặt chẽ tới nhữngtính chất của số Fermat nên nếu áp dụng một số tính chất này ta sẽ có phátbiểu thú vị của bài toán Hàn Quốc 1999

Bài toán 2.2.4 Cho n thỏa mãn

3

Bài toán 2.2.5 Cho f (x) là một đa thức với các hệ số nguyên Giả sử rằng có

p|f (n) với mọi n ∈ Z

hệ đồng dư sau

Áp dụng định lý Thặng dư Trung Hoa, ta có thể tìm được một số nguyên a

nào với i ∈ {1, 2, , r} Điều này trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng

Chú ý Không khó để nhận ra rằng tập số ở Bài toán 2.2.5 có thể được thay

Không chỉ vậy, kết quả của bài toán này còn có thể được mở rộng hơn nữa Kếtquả đó thực sự mạnh hơn nếu tập số được thay thế bởi một tập số nguyên.Bài toán 2.2.6 Cho f (x) là một đa thức với các hệ số nguyên Giả sử rằng

với mọi n ∈ Z

Lời giải Dùng phản chứng, ta giả sử kết luận là sai Vậy với mỗi i ∈ {1, 2, , n},

i

1 , pk2

số trong đó có thể có cùng cơ số Với những cơ số chung đó, ta chọn số có số

1 , pq2

m }

Bài toán 2.2.7 (Balkan 2000)

dương n sao cho tập hợp nA = {nx|x ∈ A} chứa toàn lũy thừa của một số tựnhiên với số mũ lớn hơn 1

Lời giải Đặt A = {a1, a2, , ak} và p1, p2, , pk là k số nguyên tố phân biệt.Theo định lý thặng dư Trung Hoa, với mọi i = 1, 2, , k, tồn tại số nguyên

1 am2

2 amk

k Khi đó

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.2.8 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, tồn tại một tập

số nguyên S sao cho tổng các phần tử của các tập con bất kỳ khác rỗng của S

là lũy thừa của một số tự nhiên

2.2.7, tồn tại một số b thỏa mãn {bS1, bS2, , bSn} gồm các lũy thừa Từ đó ta

Bài toán 2.2.9 (Đề thi Olympic 30-04 Toán 10 năm 2013 THPTChuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận)

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, tồn tại n số nguyên dươngliên tiếp sao cho bất kỳ số nào trong chúng cũng chia hết cho n số nguyên tốliên tiếp

số nào cũng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp Ta có điều phải chứng minh



Bài toán 2.2.10 Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố cùng nhau Chứng

Vậy luôn tồn tại số k sao cho (pq − 1)n.k + 1 là hợp số với mọi số nguyêndương n.

Bài toán 2.2.11 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n luôn tồn tạimột dãy gồm n số nguyên liên tiếp sao cho bất kỳ số nào trong dãy cũng đều

Lời giải Để chứng minh bài toán này, chúng ta cần sử dụng kết quả sau

Bổ đề Với m, n là các số nguyên dương và a là số nguyên dương khác 1 thì tacó

Trở lại bài toán Xét hệ đồng dư tuyến tính

với mọi i khác j, i, j ∈ {1, 2, , n} Từ đó theo định lý Thặng dư Trung Hoa thì

Bài toán 2.2.12 Cho p là một số nguyên tố, chứng minh rằng tồn tại một bội

số của p sao cho 10 chữ số tận cùng của nó đôi một khác nhau

Lời giải

• Nếu p = 2 thì luôn tồn tại số thỏa mãn đề bài, ví dụ như số 129876543210

• Nếu p = 5 thì ta cũng tìm được số thỏa mãn yêu cầu, ví dụ 1234567899876432105

• Ta xét trường hợp p khác 2 và khác 5 Xét hệ đồng dư tuyến tính

Trung Hoa, hệ trên luôn có nghiệm và nghiệm đó chính là số thỏa mãn đề bài

Bài toán 2.2.13 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n luôn tồn tại

mũ lớn hơn 1 với mọi i, j ∈ {1, 2, , n}

Lời giải Ta chọn các số như sau

Bài toán 2.2.14 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho luôn tồn tại số

1 ≡ mp−1 ≡ (m2) 2 ≡ (−9) 2 ≡ −1 (mod p) ⇒ vô lý Điều này không xảy

Điều kiện đủ Ta có

phương trình đồng dư

Bài toán 2.2.15 (IMO Shortlisted 2001)

Lời giải Ta cần sử dụng bổ đề sau

Trở lại bài toán Áp dụng a2 =

Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại vô số số tự nhiên k thỏa mãn hệphương trình đồng dư nói trên, tức là có tồn tại vô số số tự nhiên k sao cho

Ta sẽ chứng minh rằng khi k > p thì k · 2n+ 1 là hợp số với mọi n = 1, 2, Thật vậy, mọi số nguyên dương n đều có thể biểu diễn dưới dạng

Bài toán 2.2.17 Một số nguyên n được gọi là tốt nếu nó là tích của các sốnguyên tố phân biệt Xác định tất cả các số nguyên m có tính chất sau: m cóthể biểu diễn được, theo vô hạn cách, như là tổng của ba số nguyên tốt phânbiệt có tích là bình phương của một số nguyên lẻ.

Lời giải Giả sử rằng m được biểu diễn dưới dạng m = u + v + w và uvw là bìnhphương đúng của một số nguyên lẻ Khi đó u, v, w là những số lẻ, và có chínhhai hoặc không có số nào trong số chúng có phần dư là 3 khi chia cho 4 bởi vìuvw ≡ 1 (mod 4) Trong tất cả các trường hợp, chúng ta có m = u + v + w ≡ 3(mod 4)

Ngược lại, chúng ta chứng minh rằng 4k + 3 có tính chất trên Để chứngminh điều này, ta chú ý đến biểu diễn

4k + 3 = xy + yz + zx

Trong mỗi biểu diễn này, tích của ba hạng tử (bên vế phải) là một bình

Chọn các số nguyên tố phân biệt p, q sao cho p, q > 4k + 3 và lấy l sao cho

không chia hết cho p, bởi vì p > 4k + 3 Vì vậy |h(l)| không phải là một bình

Lời giải Giả sử rằng b 6= a Lấy n = 1, do a + 1 chia hết cho b + 1 nên b ≥ a.Giả sử p > b là một số nguyên tố và n là một số nguyên dương sao cho

Số n như vậy tồn tại do định lý Thặng dư Trung Hoa

Theo định lý Fermat nhỏ,

và bởi vậy

lý Vậy giả sử phản chứng là sai Hay a = b

Bài toán 2.2.19 Cho số nguyên dương a = p1.p2 pk, trong đó p1, p2, , pk làcác số nguyên tố đôi một khác nhau và số nguyên dương n thỏa mãn k < n <

Bài toán 2.2.20 Cho số nguyên dương n, ϕ(n) là số các số nguyên dươngkhông vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n Chứng minh rằng với n =









1 pα2

2 pαk

thì với số nguyên dương a thỏa mãn 1 ≤ a ≤ n, ta có

i

Các hệ dạng trên và các hệ này có nghiệm khác nhau Do đó









Nhận xét 2.2.21 Sử dụng định lý Thặng dư Trung Hoa chứng minh côngthức phi hàm Euler cho ta một lời giải đẹp Với tư tưởng trên, ta cũng có thểgiải bài toán mở rộng của định lý Wilson sau đây

Bài toán 2.2.22 Tìm số nguyên dương n lẻ sao cho với mọi hệ thặng dư thu

Lời giải

• Theo định lý Wilson, ta có lời giải với n là số nguyên tố

... ≥ a.Giả sử p > b số nguyên tố n số nguyên dư? ?ng cho

Số n tồn định lý Thặng dư Trung Hoa

Theo định lý Fermat nhỏ,

và

lý Vậy giả sử phản chứng sai Hay a = b