định lý số dư trung hoa

LỜI MỞ ĐẦU Mang lại nhiều lợi ích điện toán, toán học đặc biệt lĩnh vực mật mã, Định lý Số dư trung hoa “viên kim cương” Tốn học, kết hợp hài hòa vẻ đẹp Tốn học túy ứng dụng thực tế sống qua nhiều thời đại, có cải biên nhiều hình thức dường giữ vai trò định Đến bạn thắc mắc, nội dung định lý gì? Và mà lại ví “viên kim cương” Toán học, tự trả lời vướng mắc cách đọc suy ngẫm phần nội dung viết Mục tiêu đặt cho chuyên đề ví dụ cụ thể minh họa cho định lý Số Dư Trung Hoa, giúp người xem có nhìn bao qt nội dung Hy vọng với nhóm trình bày mang lại cho người đọc lợi ích định dù nhỏ Mặc dù nhóm chúng tơi cố gắng q trình biên soạn khơng tránh khỏi sai sót, mong góp ý người để viết hoàn thiện Cảm ơn TS Trần Nam Dũng tạo điều kiện để thực viết Nhóm thực MỤC LỤC GIỚI THIỆU VỀ ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA 3.1 Sử dụng hệ thặng dư toán đa thức, chia hết 3.2 Sử dụng hệ thặng dư phương trình Đi Ơ Phăng bậc 3.3 [Bài tốn] Phương trình nghiệm ngun, định lý phần dư Trung Hoa 3.4 [Bài toán] Định lý phần dư Trung Hoa 10 3.5 [Bài toán] Ứng dụng định lý phần dư Trung Hoa 16 3.6 [Bài tốn] Tính chất số ngun tố, phần dư Trung Hoa 20 3.7 Bài toán [Hệ đồng dư, số square - free] 21 Trang 1 GIỚI THIỆU VỀ ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA Định lý số dư Trung Quốc tên người phương tây đặt cho định lý Người Trung Quốc gọi tốn Hàn Tín điểm binh Hàn Tín danh tướng thời Hán Sở, phong tước vương thời Hán Cao Tổ Lưu Bang dựng nghiệp Sử ký Tư Mã Thiên viết Hàn Tín tướng trói gà khơng nổi, có tài qn Tục truyền Hàn Tín điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng báo cáo số dư Từ ơng tính xác quân số đến người Gần đây, định lý số dư Trung Quốc có nhiều ứng dụng toán số nguyên lớn áp dụng vào lý thuyết mật mã Định lý Trung Hoa giúp ta giải nhiều tốn khó, làm cho nhiều tốn khó trở nên dễ dàng cho ta lời giải bất ngờ Như việc sử dụng định lý để chứng minh công thức Euler, hay giải toán mở rộng định lý Wilson đếm số nghiệm phương trình đồng dư Ngồi định lý ứng dụng thực tế việc xây dựng lý thuyết mật mã, tiêu biểu lý thuyết mật mã RSA ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA Bản chất toán Hàn Tín điểm binh việc giải hệ phương trình đồng dư bậc  x  a1  mod m1    x  a2  mod m2     x  a  mod m  k k  Trong m1 , m2 , , mk đơi ngun tố Từ tốn Hàn Tín ta hiểu k  m1  3, m2  5, m3  Định lý: Hệ phương trình đồng dư có nghiệm theo mođun m  m1.m2 mk x  a1M1 y1  a2 M y2   ak M k yk  mod M  Trong Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang M M M ,M2  , , M k  m1 m2 mk M1  y1   M1  1  mod m1  , y2   M  1  mod m2  , …, yk   M k  1  mod mk   M1   mod m1  : nghịch đảo theo modulo m1 1 Với y1   M1  1  mod m1   y1M1  1 mod m1  ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA 3.1 Sử dụng hệ thặng dư toán đa thức, chia hết Bài tốn 1: Giải hệ phương trình đồng dư  x   mod 3   x   mod    x   mod  Lời giải: Ta có M  3.5.7  105; M1  5.7  35, M  3.7  21, M  3.5  15 y1  351  mod 3  21  mod 3  2; y2  211  mod 5  11  mod 5  1; y3  151  mod   11  mod   Từ x  2.35.2  3.21.1  5.15.1 mod105  x  140  63  75  mod105  278  mod105 x  68  mod105 Như x có dạng x  68  k.105 , k số nguyên (hoặc số ngun thích hợp tìm nghiệm tự nhiên) Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang Bài tốn 2: Tìm số ngun dương nhỏ có tính chất: Chia dư 5, chia 11 dư chia 13 dư Lời giải:  x  5(mod 7)  Xét hệ phương trình:  x  7(mod11) ta có (7,11)  (11,13)  (13,7)  nên theo định  x  3(mod(13)  lí Thặng dư Trung hoa hệ có nghiệm a   N jb j a j j 1 Trong đó: n1  7, N1  11.13143, n2  11, N2  13.7  91, n3  13, N3  7.11  77 Nên ta có: N1.b1  3b1  1(mod 7)  b1  2 Tương tự b2  4, b3  1 Từ a  143.(2).5  91.4.7  77.(1).3  887 Tất nghiệm hệ có dạng b  887  1001t (t  ) Vậy số cần tìm 887 2006  17 k  Bài tốn 3: Tính tổng S     k   11  Lời giải: a Nhận xét 1: Nếu a  r (mod b) với a, b, r  ,0  r  b     b  ar b Nhận xét 2: Vì 1710  1(mod11) nên tập B  {1710 k ,1710 k 1, ,710 k  } hệ thặng dư mod 11 hốn vị tập {1,2,…,10} Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang Nhận xét 3: Mỗi i   [0;9] gọi ni số phần tử tập hợp Di  {k  |  k  2006, k  i(mod10)} kiểm tra ta dễ thấy: n4  n5  n6  201, n0  n1  n2  n3  n7  n8  n9  200 Từ nhận xét suy ra: 2006 2006  17    11    k 1   k  17k  (n0  6n1  3n2  7n3  9n4  10n5  5n6  8n7  4n8  2n9 ) k 4 11 10 17 2003  17  (9  10  15)  200  j 17  j 1   11 17  259905 176 2007 172007  259905 Vậy S  176 Bài toán 4: Cho đa thức P  x   x3  11x  87 x  m m Chứng minh với m tồn số nguyên n cho P  n  191 Lời giải: Bồ đề: Cho p , p   mod 3 , x, y  , x3  y  mod p   x  y  mod p  Thật vậy: Nếu x   mod p   y3   mod p   y   mod p   x  y  mod p  Nếu x p  y p , p   mod 3  p  3k   k  Định lý số dư Trung Hoa  , theo định lý Fécma: GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang x p 1  x3k 1  1 mod p  , y p 1  y 3k 1  1 mod p   x3k 1  y 3k 1  mod p  theo giả thiết x3  y  mod p   x3k  y 3k  mod p  Vậy y3k 1  x.x3 k  x.y k  mod p   x  y mod p   y, p   Trở lại toán: P  n   n3  11n2  87n  m Ta chứng minh P  n1   P  n2   mod191 với n1 , n2  n1  n2  mod191 Thật P  n1   P  n2   mod 191  27 P  n1   27 P  n2   mod 191   3n1  1  18.191n1  113  27m   3n2  1  18.191n2  113  27m   3n1  1   3n2  1 3  mod 191  mod 191 Theo bổ đề ta có:  3n1 1   3n2 1  mod191  n1  n2  mod191 //  27,191   3,191  n1 , n2  A  1, 2,3, ,191 A hệ đồng dư đầy đủ mod 191 thỏa mãn n1  n2 P  n1   P  n2   mod 191  A*  P 1 , P   , , P 191 hệ thặng dư đầy đủ mod 191 Từ suy n  A  1, 2, ,191 cho P  n   191  mod 191  P  n  191 Vậy với m tồn số nguyên n cho P  n  191 Bài toán 5: Chứng minh với số nguyên dương n, tồn tập hợp S gồm n phần tử cho tập S có tổng phần tử lũy thừa số tự nhiên Lời giải: Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang Giả sử S  a1 , a2 , , an1 , an  Ta chọn số sau a1  1b1 12b2 3b3 k bk a2  1b1 2b2 13b3 k bk …  1b1 2b2  i  1 i1 ibi 1  i  1 i1 k bk b b an  1b1 2b2 3b3 n bn 1 k bk Trong k số nguyên dương thỏa mãn k      n Giả sử T  ai1 , , , aim   S  m  n  Khi ta có: b 1 b 1 b 1 ai1    aim  1b1 2b2 i1 i1 k bk  1b1 2b2 i2i2 k bk   1b1 2b2 bk imim k bk  1b1 2b2 k bk  i1  i2   im   1b1 2b2  i1  i2   im  i1i2  im b .k bk Ta chọn k số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pn thỏa mãn hệ sau p1 b1  1, p1 b2 , b3 , , bk p2 b2  1, p2 b1 , b3 , , bk … pk bk  1, pk b1 , b2 , , bk 1 Hiển nhiên chọn theo định lý phần dư Trung Hoa, dễ thấy aa1  ai2   aim  A pi1i2 im Là lũy thừa số tự nhiên, A 11 b pi1i2  im b pi1i2  im 2  i1  i2   im  i1i2 im k b bk pi1i2  im hiển nhiên A nguyên (bài toán chứng minh) Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 3.2 Sử dụng hệ thặng dư phương trình Đi Ơ Phăng bậc Bài toán 1: Cho a, b  x, y    ,  a, b   Số nguyên dương n gọi đẹp tồn cho: n  ax  by 1, Chứng minh rằng: n  ab số xấu lớn 2, Chứng minh n  I   a  b; ab , n đẹp  số ab  a  b  n xấu 3, Tìm số lượng số xấu Lời giải: Ta chứng minh n  ab số xấu lớn Giả sử n  ab đẹp  phương trình ab  ax  by * có nghiệm nguyên dương  x  bx1 ax b x b   a, b   1      x1; y1  by a  y a  y  ay1   Khi phương trình (*)  ab( x1  y1 )  ab  x1  y1  (Vơ lí) Vậy điều giả sử sai tức n  ab số xấu Ta chứng minh n  ab phương trình n  ax  by có nghiệm nguyên dương Do  a, b    A  aii 1 HĐĐ mod b  x 1, 2, , b cho b ax  n  mod b   n  ax  by  y    ax  by  m  x  b  n  ax  n  ab   by   y  Vậy tồn x, y    : ax  by  n  n  ab số đẹp Từ hai điều ta thấy n  ab số xấu lớn Chứng minh "  " n đẹp x, y   : ax  by  n Khi ab  a  b  n  ab  a  b  (ax  by)  ab  ( x  1)a  ( y  1)b ** Giả sử ab  a  b  n số đẹp x1; y1  Định lý số dư Trung Hoa  : ab  a  b  n  ax1  by1 *** GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang Từ (**) (***) ta có ab  ( x  x1  1)a  ( y  y1  1)b  mà ( x  x1 1)  ;( y  y1 1)  Chứng minh "  " x, y     n  ab số đẹp (vơ lí) : ax  by  n n đẹp Đặt k  ab  a  b  n Do  a, b    A  aii 1 HĐĐ b mod b  x 1, 2, , b cho ax  b  mod b   k  ax   mod b   k  ax  by  ax  by  k  y   Theo giả thiết k số xấu nên k  ab  y  Khi ta có n  ab  a  b  k  ab  a  b  (ax  by )  a (b   x)  b(1  y ) đẹp (b   x)   , (1  y )   Theo phần (1) n  ab số đẹp  n  1; a  b  1 số xấu ,trong đoạn có tất a  b 1 số xấu  n   a  b; ab  ab  a  b  n    a  b; ab theo phần (2) ta thấy lấy số đẹp thuộc đoạn  a  b; ab có số xấu thuộc đoạn  a  b; ab , từ số xấu đoạn  a  b; ab là: Vậy tổng cộng có tất : a  b  a  Bài toán 2: Cho a, b, c   đẹp tồn x, y, z  ab  a  b  ab  a  b  ab  a  b   số số xấu 2 ,  a, b    b, c    c, a   Số nguyên dương n gọi  : n  bcx  cay  abz Chứng minh : n  2abc số xấu lớn Lời giải: Ta chứng minh n  2abc số xấu lớn Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 10 Thì phương trình trở thành x1p1  x2p2   xnpn11  xnpn Vậy ta số nguyên dương k cho x1 , x2 , , xn ngun ta có điều phải chứng minh Mà điều tương đương với hệ sau có nghiệm k   mod p1   k   mod p2    k  mod p  n 1   k  1 mod pn   Điều theo định lý phần dư Trung Hoa p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt 3.4 [Bài toán] Định lý phần dư Trung Hoa Bài toán 1: a, (IMO 1989) Chứng minh với số nguyên dương n bất kỳ, tồn n số ngun dương liên tiếp mà khơng có số lũy thừa số nguyên tố b, (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2013 THPT Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận) Chứng minh với số nguyên dương n tồn n số nguyên dương liện tiếp cho số chúng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp Lời giải: a Cách 1: Xét hệ đồng dư tuyến tính:  x  1 (mod p1p )  x  2 (mod p p )   x  3 (mod p5 p )    x   n (mod p n 1p n ) p1 , p2 , , p2 n số nguyên tố phân biệt Theo định lý phần dư Trung Hoa tồn x0 thõa hệ Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 11 Khi đó: p1 p2 | xo  p3 p4 | xo  p2 n 1 p2 n | xo  n Như dãy số xo  1, xo  2, , xo  n gồm n số nguyên dương liên tiếp mà khơng có số lũy thừa số nguyên tố Cách 2: Mỗi n  * xét n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pn  x  p1   mod p12    x  p2   mod p2  Xét hệ phương trình  Theo định lý thặng dư Trung Hoa    x  pn   mod pn  hệ phương trình có nghiệm  a  : a  pi  1 mod pi2  i  1, n Từ suy số a  1, a  2, , a  n lũy thừa với số mũ nguyên dương số nguyên tố b Xét hệ đồng dư tuyến tính:  x  1 (mod p1p p n )  x  2 (mod p p p ) n 1 n  2n   x  3 (mod p n 1p n  p3n )    x  n (mod p n2  n 1p n2  n  p n2 ) Trong pi  P, i = 1,2, ,n Với kí hiệu pi , pi 1 coi hai số nguyên tố liên tiếp Theo định lý phần dư Trung Hoa tồn x0 thõa hệ Khi đó: Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 12 p1p p n | xo  p n 1p n  p n | xo  p n2  n 1p n2  n  p n2 | xo  n Như dãy số xo  1, xo  2, , xo  n gồm n số nguyên dương liên tiếp mà số chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp Bài toán 2: Với cặp số nguyên dương nguyên tố (p, q) đặt   p  1 q   p   2q  S           p  q  p    x  số nguyên lớn không vượt x xác định giá trị p, q để S số nguyên tố Lời giải: Với a  đặt {a}  a   a  với k  ta có  kq  rk rk số dư phép chia kq cho p vậy:   p p   S  rk  p  , rp 1  q 2q ( p  1)q  r1 r2          p p p p  p p Vì ( p, q)   rk  0, k  1, 2, , p  từ ta thấy tập A  {r1, r2 , , rp 1} hốn vị tập A  {1,2, ,p 1} ngược lại: 1  j  i  p  1  j  i  p  vơ lí i, j {1,2, , p  1}, i  j mà ri  r j    ( j  1)q p  j i p rp 1    p  p  r r ( p  1)(q  1)   S Từ    (1) p p p p 2 Từ (1) để S số nguyên tố cần có p  1, q  số p, q lẻ Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 13 Trường hợp 1: p,q số lẻ  p, q  3, p  q ( p, q)  , kết hợp với (1)  S số chẵn lớn  S không số nguyên tố Trường hợp 2: p số chẵn q số lẻ   ( p , q )    p    p   q       q  2h  1(h ) S     (2)  q    ( p , q )    (t , t  2(mod 3))    p  t    p     q     kí hiệu  tập số nguyên tố Trường hợp 3: q số chẵn p số lẻ tính đối p, q biểu thức xác định S theo trường hợp 2:   p  2m    q   q     p  n  (m ) (3) (n , n  2(mod 3)) Vậy tóm lại tất giá trị p, q cần tìm cặp xác định (2) (3) Bài toán 3: Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n Lời giải: Xét số a1a2 an  5n.a thỏa mãn ( với   lẻ , i  1, 2, , n a   ) Ta chứng minh toán quy nạp toán học Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 14 Với n   a1  51 Vậy mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n  a1a2 an  5n.a ta cần chứng minh mệnh đề với n+1 Xét số sau 1a1a2 an  5n 1.2n  a  3a1a2 an  5n  3.2n  a  5a1a2 an  5n  5.2n  a  7a1a2 an  5n  7.2n  a  9a1a2 an  5n  9.2n  a  Do B  1,3,5,7,9 hệ thặng dư đầy đủ mod  B*  1.2n  a,3.2n  a,5.2n  a,7.2n  a,9.2n  a hệ thặng dư đầy đủ mod nên tồn số B* chia hết cho  Trong số 1a1a2 an , 3a1a2 an , 5a1a2 an , 7a1a2 an , 9a1a2 an có số chia hết cho 5n1 mà số gồm n+1 chữ số lẻ mệnh đề với n+1 Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề với n Vậy với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên gồm n chữ số lẻ chia hết cho 5n Bài tốn 4: Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên k cho ( pq  1)n k  hợp số với số nguyên dương n Lời giải: Ta có (p, q)  (vì: p,q nguyên tố nhau) nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn  k  (mod p) số nguyên k thoả mãn:   k  1 (mod q) Khi đó: o Nếu n chẵn ( pq  1)n  1(mod q)  ( pq  1)n k  1(mod q)  ( pq  1)n k  q o Nếu n lẻ ( pq  1)n  1(mod p)  ( pq  1) n k  1(mod p)  ( pq  1) n k  p Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 15 Vậy ( pq  1)n k  hợp số với số nguyên dương n Nhận xét: Chứng minh thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lí đồng dư Trung Hoa Mấu chốt vấn đề phải thấy để ( pq  1)n k  hợp số ta cần ( pq  1)n k  chia hết cho p q, phân tích tính chẵn lẻ n ta dễ dàng thấy xuất hệ  k  1(mod p )   k  1(mod q ) Bài toán 5: Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số hợp số Lời giải: Nhận xét: n số tự nhiên liên tiếp có dạng a  1, a  2, , a  n Các số hợp số tồn số nguyên dương p1 , p2 , , pn khác cho  a  i  pi2 Suy a nghiệm hệ phương trình  x  i  mod pi2    i  1, n  x  i  mod pi2  Theo định lí đồng dư Trung Hoa hệ  có nghiệm p1 , p2 , , pn đôi i  1, n  nguyên tố Do ta cần chọn p1 , p2 , , pn n số nguyên tố phân biệt Bài toán 6: Cho tập S   p1 , p2 , , pk  gồm k số nguyên tố phân biệt, f ( x ) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n tồn pi S cho pi | f (n) Chứng minh tồn i cho pi | f (n), n  N * Lời giải: Giả sử không tồn i cho pi | f (n), n  N * , suy với i  1, k tồn cho pi f (a i ) Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 16   x   mod pi  Mặt khác theo định lý số dư Trung Hoa : tồn số tự nhiên x thỏa mãn    i  1, k  f  x   f    mod pi    hay pi   i  1, k f ( x), i  1, k ( mâu thuẫn) Điều phải chứng minh 3.5 [Bài toán] Ứng dụng định lý phần dư Trung Hoa Bài toán 1: Chứng minh với số nguyên dương n tồn dãy gồm n số nguyên liên tiếp cho số dãy có ước dạng 2k  Lời giải: Bổ đề: Với m, n số nguyên dương a số nguyên dương khác ta có : gcd(a m  1, a n  1)  a gcd(m,n)  Chứng minh bổ đề : m  dm ' gcd(m',n')=1 Đặt d  gcd( m, n)   n  dn ' Ta có: a m   a dm '  a d  a n   a dn '  a d  Gọi d '  gcd(a m  1, a n  1) d ' a d  (1) d  gcd(m,n) nên theo định lý Bezout tồn hai số nguyên dương x,y cho mx  ny  Từ đó: a mx  a m  d ' Và a ny  a n  d ' Do đó: Định lý số dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 17 a mx  1   a ny  1 d '  a ny  a mx  ny  1 d '  a ny  a d  1 d ' Nhưng a ny  d '  d ' a ny  ad 1 d ' nên (2) Từ (1) (2) suy ra: a d   d ' Bổ đề chứng minh hoàn tất Trở lại tốn, Xét hệ đồng dư tuyến tính:  x  1 (mod p1  1)  p  x  2 (mod 2  1)    x  n (mod pn  1)  với p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt   Theo bổ đề ta có: gcd pi  1, j   p  gcd pi , p j      i  j; i, j  1, 2, , n Từ theo định lý phần dư Trung Hoa hệ có nghiệm Suy điều cần chứng minh Bài toán 2: Chứng minh với số nguyên dương n tồn n số nguyên a1 , a2 , , an cho  a j lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn i, j  1, 2, , n Lời giải: Ta chọn số sau:  a1  1x1 1.2 x2 3x3  2n  x2 n  x  a2  1x1.2 x2 1.3x3  2n  n   x2 n 1  x1 1 x2 x3  an   2n  Khi thì:  a j  1x1.2 x2 i xi 1  2n  x2 n  1x1.2 x2 j  1x1.2 x2  i  j  i j  2n  x 1 x j 1  2n  n  1x1.2 x2  2n  n  i  j  x x x2 n Xét số nguyên tố p1 , p2 , , p2 n phân biệt Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 18 Xét hệ đồng dư tuyến tính   x1  1 mod p1     x1   mod pk  k  2,3, , 2n  1, 2n   x2  1 mod p2     x2   mod pk  k  1,3, 4, , 2n  xi  j  1 mod pi  j    xi  j   mod pk  k  1, 2, ,i  j 1,i  j 1, , 2n   x2 n  1 mod p2 n     x2 n   mod pk  k  1, 2, , 2n  1 Theo định lý phần dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm Từ suy ra: x 1 x x1 x2 , , , k , , n  , k  1, n p1 p2 pk p2 n Khi đó:  a j   i  j  x1 x2 xi  j 1  2n  x2 n xi  j 1 x2 n x2  x1   1 pi j   pi j  i  j  pi j  2n  pi j    pi  j lũy thừa số tự nhiên (điều phải chứng minh) Bài toán 3: Cho p số nguyên tố chứng minh tồn bội số p cho 10 chữ số tận đơi khác Lời giải: Nếu p  hiển nhiên ln tồn số thỏa toán Nếu p  hiển nhiên ln tồn số thỏa toán Xét p  2;5  x  ao a1 a9  mod1010  Xét hệ đồng dư tuyến tính  đơi khác  x   mod p  0,1, 2, ,9 Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 19 Vì p số nguyên tố, p  2, p  nên gcd  p;1010   , theo định lý phần dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm, nghiệm hệ số thỏa mãn đề Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 4: (Balkan 2000) Cho tập A  a1 , a2 , , ak  với  i  1, k Chứng minh tồn số nguyên n cho phần tử tập B  na1 , na2 , , nak  lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn Lời giải: Xét k số nguyên tố tố phân biệt p1 , p2 , , pk Xét hệ đồng dư tuyến tính:   x1  1  mod p1     x1   mod pi  i  2,3, , k   x2  1  mod p2     x2   mod pi  i  1,3, , k   x3  1  mod p3     x3   mod pi  i  1, 2, 4, , k …………   xk  1  mod pk     xk   mod pi  i  1, 2, , k  1 Theo định lý phần dư Trung Hoa hệ có nghiệm xk  x1  x1  p , p , , p  k   x2 x2  x , ,   , pk Từ ta suy rằng:  p1 p2   xk   xk xk   p , p , , p k  xk  x1p1 xp2  x x  x p1 k 1 x x x na  a a a  a a a  Khi chọn số n  a1 a2 ak 1 k k      p1 k Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 20 p2 xk xk 1  px1 x2p1   px1 px2  x1 x2 1 p2 xk 1 x1 x2 2 k k na2  a1 a2 a   a1 a2 ak  ,…, nak  a1 a2 ak   a1 a2 ak pk          pk xk k Điều cho thấy phần tử B lũy thừa số tự nhiên Suy điều phải chứng minh 3.6 [Bài tốn] Tính chất số ngun tố , phần dư Trung Hoa Bài tốn: Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên m thỏa mãn 2n  1| m2  Lời giải: Bổ đề : Một số nguyên có dạng 4k  ln tồn ước số nguyên tố p   mod  Chứng minh bổ đề : Số nguyên a dạng 4k  số lẻ nên khơng có ước nguyên tố Giả sử Nếu pi   mod  , i  1, 2, , n  a  1 mod  , mâu thuẫn với giả thiết Do có ước nguyên tố p   mod  Bổ đề : Nếu số nguyên x, y số nguyên tố p   mod  thỏa mãn p | x  y p | x; p | y Chứng minh bổ đề : Nếu p | x p | y hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Xét Đặt p  4k  3,  k   Theo định lí Fermat nhỏ : x 4k 2  y k 2  x p 1  y p 1   mod p  1 Mặt khác: x  y   mod p   x k 2  y k 2   mod p    Từ 1 ,   suy p  , mâu thuẫn Trở lại tốn : Nếu n  hiển nhiên với Định lý phần dư Trung Hoa nguyên, toán thỏa mãn GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 21 Xét n  Gọi q ước nguyên tố lẻ n , 2q    mod  nên 2q  có m ước ngun tố p   mod  Khi dễ dàng thấy    2n  1  2q  1 p Khi theo bổ đề ta có p | , p  Suy |  2q  1  | q , điều mâu thuẫn q lẻ Như n khơng có ước nguyên tố lẻ, n  2k  k  * Ta chứng minh với k  * n  ln thỏa mãn đề Thật vậy,      k 1  Ta có 2n   22   22  22  2  2  k Xét hệ đồng dư tuyến tính :   Dễ thấy gcd 22  1, 22   1; i  j;i, j  0,1, 2, , k  1 chúng số i j Fermat Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm x0 Ta suy Khi với n  k tồn số nguyên m  x0 nghiệm hệ thỏa mãn đề Kết luận : n  2k , k  * 3.7 Bài toán [Hệ đồng dư, số square - free] Bài toán : Một số nguyên gọi số square – free tích số ngun tố phân biệt Chứng minh với số nguyên dương k, tồn k số nguyên liên tiếp mà số số square – free Lời giải : Ta xét hệ đồng dư tuyến tính : Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 22  x  1 mod p12    x  2  mod p22     x  3  mod p3     x   k mod p  k   Với pi  P; i  1; k Theo định lí thặng dư Trung Hoa, hệ ln có nghiệm Gọi x0 nghiệm hệ, ta có : p12 |  x0  1  x0  không số square – free p22 |  x0    x0  không số square – free … pk2 |  x0  k   x0  k khơng số square – free Khi k số nguyên liên tiếp x0  1; x0  2; ; x0  k thỏa mãn khơng có số số square – free (điều phải chứng minh) Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 23 TỔNG KẾT Sau nổ lực miệt mài tất thành viên nhóm, chúng tơi hồn thành xong Bài tiểu luận Định lý phần dư Trung Hoa Hy vọng giống lời mở đầu có nói, tiểu luận chúng tơi giúp bạn đọc hiểu rõ ứng dụng Hy vọng hạn chế khắc phục hồn thành xong mơn học Số học Logic tốn học cải tiến lại làm mong tiểu luận chúng tơi đóng góp phần nhỏ việc tổng hợp kiến thức, ý tưởng để người phát triển mở rộng giúp cho Tốn học trở nên đa dạng hữu ích Chúng chân thành cảm ơn Giáo viên hướng dẫn Trần Nam Dũng giảng dạy theo sát mơn Số học Logic tốn học, để ngày hơm chúng tơi có thêm kinh nghiệm, kiến thức hồn thành tiểu luận Kính chúc thầy sức khỏe thành công dự định tới! Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng Trang 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đặng Đình Sơn, Ứng dụng định lý Phần dư Trung Hoa giải toán số học http://julielltv.wordpress.com/category/dinh-li-phan-du-trung-hoa-va-ungdung/page/2/ http://diendantoanhoc.net/home/ Định lý phần dư Trung Hoa GVHD: TS Trần Nam Dũng ... THIỆU VỀ ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA 3.1 Sử dụng hệ thặng dư toán đa thức, chia hết 3.2 Sử dụng hệ thặng dư phương... nguyên, định lý phần dư Trung Hoa 3.4 [Bài toán] Định lý phần dư Trung Hoa 10 3.5 [Bài toán] Ứng dụng định lý phần dư Trung Hoa 16 3.6 [Bài tốn] Tính chất số ngun tố, phần dư Trung. .. Trung Hoa 20 3.7 Bài toán [Hệ đồng dư, số square - free] 21 Trang 1 GIỚI THIỆU VỀ ĐỊNH LÝ SỐ DƯ TRUNG HOA Định lý số dư Trung Quốc tên người phương tây đặt cho định lý Người Trung