SKKN thặng dư bậc cao

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: THẶNG DƯ BẬC CAO Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:Chương trình Toán lớp 10 11 chuyên Thời gian thực sáng kiến:Từ 9- 2015 đến – 2016 Tác giả: Họ tên: Trần Văn Huyến Năm sinh: 1984 Nơi thường trú: Số nhà 13/16 đường Trần Nhật Duật thành phố Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Điện thoại: 0935086607 Đồng tác giả: Không Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định Điện thoại: 0350640297 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Số học nhánh toán học ra đời từ sớm, từ xuất số Tuy nhiên đến ngày số học nhánh toán học chứa đựng nhiều kì thú, bất ngờ nhiều bí mật lớn chưa có lời giải đáp Đối với học sinh, em tiếp cận với số từ bậc học tiểu học chí sớm Đến bậc trung học sở em thực biết giải số toán phép chia hết phép chia có dư số học trở thành môn học bắt buộc thiếu tất em học sinh Trong kì thi HSG Quốc Gia, thi Olympic toán học quốc tế toán số học thường xuất chủ đề bắt buộc toán khó xuất đề thi VMO, TST, IMO Tuy nhiên nhận thấy phần nhiều toán chứng minh giải vấn đề chia hết chia có dư Chính tác giả viết sáng kiến để trình bày mảng quan trọng số học thặng dư bậc cao từ học sinh vận dụng lý thuyết kĩ vào việc giải số toán chúng Chúng ta quay lại vấn đề thặng dư với câu hỏi sau đây: Cho trước hai số nguyên a n với n >0 Có tồn hay không số nguyên x cho x có số dư a chia cho n?” Câu hỏi diễn đạt khác là: Cho trước hai số nguyên a n với hay không số nguyên x thỏa mãn tồn x = a ( mod n ) x = a + kn, ∀k ∈ Z n>0 Có tồn ? Câu trả lời biết! số x Thậm chí Qin Jiushao nhà toán học Trung Hoa chứng minh vấn đề tổng quát tồn số nguyên x thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính nguyên tố đôi một, tức x ≡ ( mod mi ) , ∀i = 1, k ( n , n ) = 1, ∀i, j i j miễn 1≤ i ≠ j ≤ k thỏa mãn ni Tuy nhiên từ câu hỏi thử liên hệ đặt hai câu hỏi sau a) Cho trước số nguyên n a với nguyên x thỏa mãn x2 =a( modn) ? n >0 ( a,n) =1 Có tồn hay không số Tổng quát ta xét ví dụ sau b) Cho trước số nguyên n a với nguyên cho xm ≡ a( modn) m≥ n>0 ( a,n) =1 Và với m số Có tồn hay không số nguyên x thỏa mãn ? Nội dung sáng kiến kinh nghiệm tìm trình bày lời giải đáp cho hai câu hỏi ứng dụng chúng việc giải số toán liên quan thường xuất đề thi học sinh giỏi VMO, TST, IMO xuất trang web toán học thi olympic quốc tế Chẳng hạn xét số toán sau đây: http://imomath.com Chứng minh m, n, k , x, y 4kxy − ước xm + y n với nguyên dương http://imomath.com Chứng minh không tồn x, y , z ∈ N cho xyz − x − y phương http://imomath.com Chứng minh với x, y , z nguyên dương x2 + y + z ( xy + yz + zx ) số nguyên Việt nam TST 2005 Cho p số nguyên tố với p −1 k2  S = ∑  k =1  p  p ≡ 1( mod8 ) Tính tổng Bankan Mathematical Olympiad Giải phương trình nghiệm nguyên số x5 − = y (2) IMO Short list 1991 Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ chứng minh ( f ( x ) = ax + bx + c p | b2 − ac x ) số phương p −1 giá trị nguyên liên tiếp Và nhiều toán khác mà việc giải chúng đòi hỏi học sinh kỹ tốt trang bị tốt kiến thức đồng dư Thặng dư bậc cao cung cấp cho học sinh kiến thức kĩ tốt để giải toán dạng chí giúp cho em có nhìn hệ thống tổng quát toán chia hết toán giải phương trình nghiệm nguyên II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Thặng dư bậc cao nội dung khó đầy lý thú số học, mặt xuất phát từ toán đơn giản học sinh bậc trung học sở, mặt chúng lại chứa đựng bí ẩn, kiến thức toán học khó tiếp cận chúng Những kiến thức liên quan đến thặng dư bậc cao đồng dư modulo, định lý Euler, định lý Fecma, cấp số, nguyên thủy, hệ thặng dư, định lý số dư Trung Hoa đòi hỏi số kiên thức định về đa thức Là giáo viên dạy trường chuyên, nhận thấy cần phải có đề tài nghiên cứu dạng toán để giúp em học sinh lớp chuyên Toán bổ xung kiến thức đồng thời phát triển tư kĩ giải toán, giúp em không lúng túng gặp toán dạng Hy vọng nội dung sáng kiến giúp em học sinh tìm phương pháp hợp lí để giải toán dạng Mô tả giải pháp sau có sáng kiến a Phương pháp Một toán sử dụng thặng dư bậc cao ban đầu phải có dấu hiệu chia hết có dấu hiệu binhg phương (đối với thặng dư bậc 2) Từ khái quát sử dụng lý thuyết thặng dư bậc cao để xử lý chúng b Nội dung Nội dung sáng kiến tác giả chia làm hai chương Chương Thặng dư bình phương Nội dung chương trình bày lời giải đáp cho câu hỏi thứ ứng dụng thặng dư bình phương Trong tác giả trình bày vắn tắt định lý tính chất hệ quan trọng thặng dư bậc nhiều ứng dụng việc giải số liên quan toán chia hết, toán nghiệm nguyên thường xuất đề thi VMO, TST, IMO Chương Thặng dư bậc k Chương bước phát triển chương nhằm tìm kiếm lời giải đáp cho câu hỏi thứ 2, nhiên việc làm đòi hỏi số kiến thức cấp số nguyên thủy, định lý thặng dư Trung Hoa mà kết tác giả trình bày tóm tắt nhắc lại mà không chứng minh số ứng dụng thặng dư bậc k để giải phương trình thặng dư bậc cao phần cuối số tập xây dựng để củng cố nội dung lý thuyết thặng dư bậc k MỤC LỤC BẢNG KÍ HIỆU Φ ( n) : Các số nguyên tố với n tập x @a ( mod n ) a|b : a a |b a : a  ÷ n { 1, 2, , n − 1} : x không đồng dư với a theo modulo n ước b không ước b : Kí hiệu Legender ( a, n ) = a : gcd ( a, b ) n nguyên tố : Ước chung lớn a b Trang CHƯƠNG THẶNG DƯ BẬC A Lý thuyết Định nghĩa 1.1 Cho a n hai số nguyên tố nguyên x cho x ≡ a ( modn ) n >1 Nếu tồn số số a gọi thặng dư bình phương modulo n hay a gọi số phương ( modn ) ngược lại số a gọi không ( modn ) ( modn ) thặng dư bình phương hay a gọi số không phương Ta xét ví dụ đơn giản sau n = 19 Ví dụ Với Xét số nguyên dương phương modulo 19 nhỏ 19 11 ≡ 182 ≡ 1( mod19 ) , ≡ 15 ≡ 16 ( mod19 ) 2 ≡ 12 ≡ 11( mod19 ) 2 ≡ 17 ≡ ( mod19 ) , Như có số ≡ 14 ≡ ( mod19 ) ≡ 11 ≡ ( mod19 ) , , , ≡ 10 ≡ ( mod19 ) , n= p ( mod19 ) số phương 2,3,8,10,12,13,14,15,18 không số phương ≡ 13 ≡ 17 ( mod19 ) 2 1, 4,5,6,7,9,11,16,17 32 ≡ 16 ≡ ( mod19 ) ( mod19 ) số lại Trong trường hợp ký hiệu sau lần đầu Legendre giới thiệu vào năm 1798 nỗ lực tìm kiếm chứng minh cho định lý cuối Fecma Định nghĩa 1.2 Giả sử p số nguyên tố a số nguyên Kí hiệu  nÕu a lµ sè chÝnh ph ¬ng ( modp ) , a   p ÷= −1 nÕu a kh«ng lµ sè chÝnh ph ¬ng ( modp ) ,     nÕu p lµ mét íc cña a Trang Trong ví dụ đưa xét số nguyên dương phương ( mod19 ) thấy có số phương ( mod19 ) tập số nguyên p −1 phải có phương ( mod p ) { 1, 2, ,18} ta số lại không số phương Từ gợi ý cho ta đưa đoán số phương tập số ( mod19 ) { 1, 2, , p − 1} ( mod p ) p −1 số không số ? Định lý sau câu trả lời cho đoán Định lý 1.3 Cho p số nguyên tố a) b) Nếu p=2 số phương modulo p Nếu p lẻ có p −1 số phương ( modp ) tập số nguyên { 1, 2, , p − 1}  p −1  , , ,  ÷   cho bởi: Chứng minh a) Hiển nhiên b) Ta đặt p − 1  S1 = 1, 2, ,    Ta chứng minh ∀i, j ∈ S1 i ≡ j ( mod p ) ⇒ ( i − j ) ( i + j ) Mp ≤ i, j ≤ p −1 ⇒ ≤ i + j ≤ p −1 i @j ( mod p ) Mặt khác S = { 1, 2, , p − 1} i @j ( mod p ) nhiên suy i+ j Thật giả sử ngược lại i ≠ j ⇒ i @j ( mod p ) mặt khác không chia hết cho p suy mâu thuẫn Vậy ∀i ∈ S1 ⇒ p − i ∈ S \ S1 ( p − i) ≡ i ( mod p ) số phương tập S tập số phương Trang 10 S1 từ suy tập Bây để hoàn Định lý 2.7 Nếu q nguyên thủy n thu gọn ( modn ) q, q , , q Φ( n ) lập lên hệ thặng dư Chứng minh { A = q, q , , q Đặt Φ( n ) } Vì q nguyên thủy n suy ( q , n ) = 1, ∀i = 1, Φ ( n ) ord n ( q ) = Φ ( n ) , suy Φ ( n) i , Rõ ràng tập A gồm phần tử, ta cần chứng minh phần tử tập A phân biệt theo modulo n Thật giả sử q i ≡ q j ( mod n ) , với ≤ i, j ≤ Φ ( n ) q i ≡ q j ( mod n ) ⇔ q i − j ≡ 1( mod n ) ≤ i, j ≤ Φ ( n ) i≠ j # suy n = 18 thặng dư thu gọn i> j , điều xảy  1  1 Φ ( 18 ) = 18. − ÷ 1 − ÷ =  2  3 53 ≡ −1( mod18 ) Theo định lý 2.7 hệ thặng dư { ,5 ,5 ,5 ,5 ,5 } ≡ { 5,7,17,13,11,1} ( mod18) { 5,7,17,13,11,1} ( i − j ) MΦ ( n ) , nguyên thủy 18 thu gọn Ta giả thiết Ví dụ Xét số nguyên ( mod18) i≠ j ( mod18 ) hệ Một điều đáng lưu ý số nguyên dương có nguyên thủy, phần điều kiện để số có nguyên thủy Trước tiên ta số nguyên tố lẻ có nguyên thủy Định lý 2.8 Nếu p số nguyên tố lẻ có Φ ( p − 1) nguyên thủy ( mod p ) Để chứng minh định lý ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.9 Nếu p số nguyên tố lẻ, h số nguyên dương q số nguyên tố cho qh ước p −1 tồn số nguyên dương b cho Trang 51 ord p ( b ) = q h Chứng minh bổ đề 2.9 Vì p số nguyên tố lẻ suy p −1 q không a với a p −1 q ( a, p ) = và giả sử b q = a p −1 ≡ 1( mod p ) ⇒ q h Mm h suy tồn k cho q mâu thuẫn Vậy ta phải có Giả sử h −1 = mk x ≡ 1( mod p ) có Do tồn phần tử không nghiệm phương trình trên, p −1 qh b=a Đặt Theo định lý 2.2 phương trình p −1 p −1 ≤ ≤ p−2 q nghiệm, mặt khác ≤ a ≤ p −1 @1( mod p ) p≥3 p −1 q ord p ( b ) = m m < qh Theo định lý nhỏ Fecma ta có , q số nguyên tố suy m ước a p −1 q = bq , ta có h −1 = b mk = ( b m ) ≡ 1( mod p ) q h−1 k điều q h = m = ord p ( b ) # Chứng minh định lý 2.8 r p − = ∏ piαi i =1 Giả sử α i ≥ 1, ∀i = 1, k Theo bổ đề 2.9 tồn số nguyên k ord p ( ni ) = piαi 1≤ i ≤ k gcd ( r , p − 1) = qr q = ∏ ni i =1 ni cho r ord p ( q ) = ∏ piαi = p − i =1 với theo tính chất thì q nguyên thủy p Theo tính chất r số nguyên thỏa mãn có tất Φ ( p − 1) có cấp p −1 hay nguyên thủy p qr nguyên thủy p Do # Cũng từ tính chất ta nhận xét q nguyên thủy p qα1 , qα , , q α Φ ( p −1) , α1 , a2 , ,α Φ( p −1) Φ ( p − 1) tố với ví dụ sau Φ ( p − 1) số nguyên dương phân biệt nguyên nguyên thủy p Để rõ minh họa Trang 52 Ví dụ Ta kiểm tra nguyên thủy 31 Mặt khác     Φ ( 30 ) = 30 1 − ÷ − ÷ − ÷ =     , có số nguyên dương nhỏ 30 nguyên tố với 30 1,7,11,13,17,19,23,29 ta có 311 ≡ 13 ( mod 31) 329 ≡ 21( mod 31) 313 ≡ 24 ( mod 31) 317 ≡ 22 ( mod 31) , , số 31 ≡ ( mod 31) ,37 ≡ 17 ( mod 31) 319 ≡ 12 ( mod 31) , 3, 11, 12, 13, 17, 21, 22, 24 , 323 ≡ 11( mod 31) , , tất nguyên thủy 31 Nhận xét Với n số nguyên dương rõ ràng nguyên thủy n q Φ( n ) p @1( mod n ) ( q, n ) = q với số nguyên tố p ước Φ ( n) , từ suy số nguyên n tồn nguyên thủy có tất nguyên thủy theo modulo n Từ nhận xét ta có định lý sau Định lý 2.10 Nếu số nguyên dương n có nguyên thủy có tất nguyên thủy Φ ( Φ ( n) ) Φ ( Φ ( n) ) Định lý 2.8 khẳng định số nguyên tố lẻ có nguyên thủy, định lý 2.10 cho ta công thức đếm số nguyên thủy số nguyên n n tồn nguyên thủy Từ nảy sinh câu hỏi có phải số nguyên dương tồn nguyên thủy Câu trả lời không! Định lý sau số nguyên dương tồn nguyên Ta thừa nhận mà không chứng minh định lý Định lý 2.11 Cho n≥2 bốn dạng sau: số nguyên n có nguyên thủy n có 2, 4, pα , pα với p số nguyên tố lẻ Giữa nguyên thủy thặng dư bậc có mối quan hệ sau Trang 53 Định lý 2.12 Nếu q nguyên thủy số nguyên tố p, lớp thặng q 2k dư bình phương p cho cho q 0≤k ≤ k −1 , p −1 lớp không thặng dư bình phương với p Chứng minh - (q ) 2k Theo tiêu chuẩn Euler Do p −1 ( = q p −1 ) k ≡ 1( mod p ) gcd ( q k , p ) = (q ) k −1 p −1 ≡(q , ta có: ) p −1 k −1  p −1  p −1  q ÷ ≡ −1( mod p ) , ∀k = 1,   q 2k Do thặng dư bình phương modulo p phương modulo p q k −1 số không thặng dư bình a = ( q k ) = q 2k - Đảo lại a thặng dư bậc p a = q q = q 2k thặng dư bậc p 0≤k ≤ k +1 p −1 # a Ví dụ Ta biết nguyên thủy 31 Vậy số phương modulo 31 30 , 32 , 34 , 36 , 38 , 310 , 312 , 314 ,316 ,318 , 320 , 322 , 324 , 326 , 328 , 330 Bây quay lại câu hỏi đặt đầu viết Với p số nguyên tố cho trước, m, a số nguyên dương cho: tồn hay không số nguyên x thỏa mãn x m ≡ a ( mod p ) x m ≡ a ( mod p ) có nghiệm hay không? Trang 54 m≥3 ( a, p ) = Câu hỏi ? Hay nói cách khác phương trình Định lý 2.13 Cho p số nguyên tố lẻ và Chứng minh a p −1 d ≡ 1( mod p ) , “Điều kiện cần” Giả sử gcd ( a, p ) = d = gcd ( m, p − 1) ( a, p ) = a p −1 d x m ≡ a ( mod p ) giải ≡ 1( mod p ) với d = gcd ( m, p − 1) Ta x m ≡ a ( mod p ) chứng minh tồn số nguyên x cho Vì p số nguyên tố lẻ suy tồn nguyên thủy p, gọi q nguyên thủy số Vì ( a, p ) = (q ) s p −1 d =a theo bổ đề 2.9 tồn số nguyên s cho p −1 d ≡ 1( mod p ) t hm + k ( p −1)  d = gcd ( m, p − 1) ⇒ ∃h, k ∈ Z ≡ q thm 1( mod p ) “Điều kiện đủ” Giả sử tồn a p −1 d ≡ 1( mod p ) , ( a, p ) = ⇒ ( x, p ) = a p −1 d ≡ 1( mod p ) # ta có nhiên q nguyên thủy p suy ord p ( q ) = p − ⇒ s Md ⇒ s = td s  ⇒a=q =q a = qs q x∈Z d = gcd ( m, p − 1) Theo mMd ty ( p −1) ≡ 1( mod p ) Đặt cho a Thật ta có định lý nhỏ Fecma ,d x = q th ⇒ x m ≡ a ( mod p ) x m ≡ a ( mod p ) cho d = hm + k ( p − 1) p −1 d Ta chứng minh =(x x p −1 ≡ 1( mod p ) m ) p −1 d =( x p −1 ) m d , , mặt khác Ví dụ x ≡ 18 ( mod 37 ) 20 - Xét phương trình phương trình vô nghiệm Ta có Trang 55 18 37 −1 gcd ( 37 −1,20 ) = 189 ≡ 31( mod 37 ) suy x ≡ 23 ( mod 37 ) 22 - Xét phương trình phương trình có nghiệm Ta có 23 37 −1 gcd ( 37 −1,22 ) = 2318 ≡ 1( mod 37 ) suy Một câu hỏi khác đặt là: Phương trình định lý 2.13 có nghiệm Định lý sau giúp tìm câu trả lời cho câu hỏi Định lý 2.14 Nếu p số nguyên tố lẻ, q nguyên thủy p d = gcd ( m, p − 1)  d 2d q , q , , q  p −1 d d , tất thặng dư cấp m p theo modulo p cho    Chứng minh p −1 d  d 2d  A =  q , q , , q d    q Đặt , với nguyên thủy p, ta chứng minh phần tử thuộc tập A thặng dư cấp m theo modulo p Thật xét phần tử thuộc tập A có dạng q 1≤ i ≤ id , với p −1 d p −1 d (q ) id Ta có = ( q p −1 ) ≡ 1( mod p ) i , theo q id định lý 2.13 thặng dư cấp m theo modulo p Do phần tử A thặng dư cấp m theo modulo p Ta chứng minh phần tử A phân biệt theo modulo p Thật giả sử q id ≡ q jd ( mod p ) tổng quát giả sử ⇒ ( i − j) dM ( p − 1) i> j , ∀i, j từ giả thiết điều 1≤ i ≠ j ≤ cho p −1 d q id ≡ q jd ( mod p ) ⇒ q ( < ( i − j ) d < p −1 Không i− j) d ≡ 1( mod p ) Tiếp theo ta chứng minh a thặng dư cấp modulo p khác a phải đồng dư với phần tử thuộc tập A theo modulo p Thật theo giả thiết a thặng dư cấp modulo suy tồn số nguyên b cho, mặt khác suy tồn số nguyên k cho b = qk , Trang 56 a = b m = q km , ( b, p ) = suy d = gcd ( m, p − 1) ⇒ ∃s, t cho m = sd , p − = td a = q km = q ksd = q ( ht + r ) d ta có ks = ht + r , theo thuật chia Ơclit ta có ≡ ( q p −1 ) q rd ≡ q rd ( mod p ) với 0≤r 3 p = + 8k Chứng minh rằng: Nếu số nguyên không chia hết cho số thặng dư bậc p ≡ 1( mod 3) Nếu số nguyên a thặng dư bậc Bài Cho e số nguyên a) Chứng minh e≥2 a p −1 ≡ 1( mod p ) Chứng minh rằng: Nếu k nguyên dương số lẻ a số thặng dư cấp k Nếu k chẵn số nguyên a thặng dư cấp k ( 2e ) a ≡ mod gcd ( k , 2e ) c) Nếu k số nguyên dương số đồng dư cấp k III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Hiệu kinh tế 2e 2e−1 ( n, ) ( n, 2e−2 ) Trên Internet số sách tham khảo có đề cập thặng dư bậc cao nhiên hạn chế sơ sài, chưa chuyên sâu, nhiều chỗ thiếu xác Tác giả hy vọng Trang 62 tin tưởng nội dung sáng kiến kinh nghiệm thặng dư bậc cao tài liệu tốt cho thầy cô, em học sinh lớp chuyên Toán đặc biệt em đội tuyển học sinh giỏi quốc gia, giúp em tự tin giải toán loại Hiệu mặt xã hội Chuyên đề thặng dư bậc cao chuyên đề hay khó chương trình toán THPT thường xuất đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia quốc tế Để giải toán thặng dư bậc cao đòi hỏi học sinh phải hiểu chứng minh số định lý quan trọng thặng dư bậc thặng dư bậc k Tác giả mong muốn nội dung sáng kiến tài liệu tham khảo cho bạn đồng nghiệp em học sinh.Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo bạn đồng nghiệp để viết hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi cam kết không chép vi phạm quyền tác giả khác CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SANG KIẾN (xác nhận) TÁC GIẢ SÁNG KIẾN (Ký tên) Trần Văn Huyến Trang 63 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO (Xác nhận, đánh giá xếp loại) TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]: Elementary Number Theory, Gareth A.Jones and J.Mary Jones [2]:E An Introduction to Diophantine Equations, Titu Andreescu Dorin Andrica Ion Cucurezeanu [3]:Elementary number theory in nine chapters, JAMES J TATTERSALL [4]: Elementary Number Theory and lts Application Kenneth H Rose [5]: http://imomath.com/ Trang 64 Trang 65 ... Phương pháp Một toán sử dụng thặng dư bậc cao ban đầu phải có dấu hiệu chia hết có dấu hiệu binhg phương (đối với thặng dư bậc 2) Từ khái quát sử dụng lý thuyết thặng dư bậc cao để xử lý chúng b Nội... lại mà không chứng minh số ứng dụng thặng dư bậc k để giải phương trình thặng dư bậc cao phần cuối số tập xây dựng để củng cố nội dung lý thuyết thặng dư bậc k MỤC LỤC BẢNG KÍ HIỆU Φ ( n) :... tiếp cận chúng Những kiến thức liên quan đến thặng dư bậc cao đồng dư modulo, định lý Euler, định lý Fecma, cấp số, nguyên thủy, hệ thặng dư, định lý số dư Trung Hoa đòi hỏi số kiên thức định về