Địịnh lý thặng dư trung hoa

NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA 20.1 GIỚI THIỆU Chúng ta xét toán mở đầu sau Giải hệ phương trình đồng dư   x ≡ 3( mod 5) (1) x ≡ 7( mod 8) (2)   x ≡ 5( mod 7) (3) Giải Từ đồng dư (1) ta có x = 5q1 + (4) Thay kết (4) vào đồng dư (2) ta 5q1 + ≡ 7( mod 8) ⇒ 5q1 ≡ 4( mod 8) Do 5.5 = 25 ≡ 1( mod 8) (5, 8) = nên 5.5q1 ≡ 5.4( mod 8) ⇒ q1 ≡ 4( mod 8) ⇒ q1 = 8q2 + Từ (4) cho ta x = 5(8q2 + 4) + = 40q2 + 23 (5) Thay (5) vào (3) ta 40q2 + 23 ≡ 5( mod 7) ⇒ 40q2 ≡ −18( mod 7) ⇒ 5q2 ≡ 3( mod 7) Vì 3.5 = 15 ≡ 1( mod 7) (3, 7) = nên 3.5q2 ≡ 3.3( mod 7) ⇒ 15q2 ≡ 9( mod 7) ⇒ q2 ≡ 2( mod 7) ⇒ q2 = 7q3 + Lại thay kết vào (5) ta x = 40(7q3 + 2) + 23 = 280q3 + 103 ⇒ x ≡ 103( mod 280) Để ý 280 = × × Tức hệ phương trình có nghiệm x ≡ 103( mod × × 7) 20.2 ĐỊNH LÝ Định lý 20.2.1 Cho k số nguyên dương đôi nguyên tố m1 , m2 , , mk , a1 , a2 , , ak k số nguyên tùy ý Khi hệ đồng dư tuyến tính   x ≡ a1 ( mod m1 )    x ≡ a ( mod m ) 2     x ≡ a ( mod m ) k k có nghiệm mod m1 m2 mk Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 158 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 Chứng minh 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Chứng minh Giả sử ta có hai nghiệm x, y Dẫn đến x ≡ y(≡ a1 ( mod m1 )), x ≡ y(≡ a2 ( mod m2 )), , x ≡ y(≡ ak ( mod mk )) Vì m1 , m2 , , mn nguyên tố đôi nên x ≡ y( mod m1 m2 mk ) Tức y x thuộc lớp thặng dư theo mod m1 m2 mk Chứng minh tồn Ta muốn viết nghiệm tổ hợp tuyến tính a1 , a2 , , ak x = A a1 + A a2 + · · · + A k ak Với Ai phải tìm thỏa mãn A j ≡ 0( mod mi ), ∀ j = i Ai ≡ 1( mod mi ) Đặt N1 = m2 m3 mk N2 = m1 m3 mk Ni = m1 m2 mi−1 mi+1 mk Khi (Ni , mi ) = (mi , m1 ) = (mi , m2) = = (mi , mi−1 ) = (mi , mi+1 ) = = (mi , mk ) = m j |Ni , ∀ j = i Vì (Ni , mi ) = nên tồn Ni−1 , tức Ni Ni−1 ≡ 1( mod mi ) Đến đặt Ai = Ni Ni−1 Ai ≡ 1( mod mi ) Ai ≡ 0( mod m j ), ∀ j = i(vì Ni ≡ 0( mod m j ) ⇒ Ai ≡ 0( mod m j )) Khi thỏa mãn x = A1 a1 + A2 a2 + · · · + Ak ak = N1 N1−1 a1 + N2 N2−1 a2 + · · · + Nk Nk−1 ak x ≡ Ni Ni−1 ≡ ( mod mi ) (vì tất thừa số lại đồng dư mi |N j , ∀ j = i) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 159 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA 20.3 ÁP DỤNG CƠ BẢN Ví dụ 20.3.1 Giải hệ phương trình đồng dư   x ≡ 2( mod 3) x ≡ 3( mod 5)   x ≡ 5( mod 7) Giải Ta có N1 = 5.7 = 35 ≡ 2( mod 3) ⇒ N1−1 = 2, N2 = 3.7 = 21 ≡ 1( mod 5) ⇒ N2−1 = 1, Từ ta có N3 = 3.5 = 15 ≡ 1( mod 7) ⇒ N3−1 = x = 2.35.2 + 1.21.3 + 1.15.5 = 278 ≡ 68( mod 105) nghiệm hệ phương trình Ví dụ 20.3.2 Giải hệ phương trình   x ≡ 6( mod 11)    x ≡ 13( mod 16)  x ≡ 9( mod 21)    x ≡ 19( mod 25) Chứng minh Ta có N1 = 16.21.25 = 8400 ≡ 7( mod 11) ⇒ N1−1 = 8, N2 = 11.21.25 = 5775 ≡ 15( mod 16) ⇒ N2−1 = 15, N3 = 11.16.25 = 4400 ≡ 11( mod 21) ⇒ N3−1 = 2, N4 = 11.16.21 = 3696 ≡ 21( mod 25) ⇒ N4−1 = Khi nghiệm hệ phương trình x = 6.8400.8 + 13.5775.15 + 9.4400.2 + 19.3696.6 = 2029869 ≡ 51669( mod 11.16.21.25 = 92400) Ví dụ 20.3.3 Tìm tất nghiệm phương trình x2 ≡ 1( mod 144) Chứng minh Vì 144 = 16.9, (16, 9) = Do theo định lý thặng dư Trung Hoa nghiệm tốn nghiệm hệ phương trình x ≡ 1( mod 16) x ≡ 1( mod 9) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 160 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Vì x2 ≡ 1( mod 16) có nghiệm x ≡ ±1, ±7( mod 16) x2 ≡ 1( mod 9) có hai nghiệm x ≡ ±1( mod 9) Do ta có tất trường hợp xảy x ≡ 1( mod 16) x ≡ 1( mod 16) và x ≡ −1( mod 16) x ≡ −1( mod 16) x ≡ 7( mod 16) x ≡ 7( mod 16) x ≡ −1( mod 9) (2), x ≡ 1( mod 9) (3), x ≡ −1( mod 9) và x ≡ −7( mod 16) x ≡ −7( mod 16) x ≡ 1( mod 9) (1), (4), x ≡ 1( mod 9) (5), x ≡ −1( mod 9) (6), Cả tám hệ phương trình ứng với k = x ≡ 1( mod 9) (7), x ≡ −1( mod 9) (8) N1 = ≡ 9( mod 16) ⇒ N1−1 = ⇒ N1 N1−1 = 81, N2 = 16 ≡ 7( mod 9) ⇒ N2−1 = ⇒ N2 N2−1 = 64 Do phương trình ban đầu có tất nghiệm sau (1) : x ≡ 1.81 + 1.64 = 145 (2) : x ≡ 1.81 + (−1).64 = 17 (3) : x ≡ (−1).81 + 1.64 = −17 (4) : x ≡ (−1).81 + (−1).64 = −145 (5) : x ≡ 7.81 + 1.64 = 631 (6) : x ≡ 7.81 + (−1).64 = 503 (7) : x ≡ (−7).81 + 1.64 = −503 (8) : x ≡ (−7).81 + (−1).64 = −603 ≡ 1( mod 144), ≡ 17( mod 144), ≡ −17( mod 144), ≡ −1( mod 144), ≡ 55( mod 144), ≡ 71( mod 144), ≡ −71( mod 144), ≡ −55( mod 144) 20.4 CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI MỘT MỆNH ĐỀ TOÁN HỌC Bài 20.4.1 Cho a, b hai số nguyên dương lớn 1, (a, b) = Chứng minh tồn k ∈ Z cho A = (ab − 1)n k + hợp số với n nguyên dương Phân tích giải Để chứng minh A hợp số, cần chứng minh A chia hết cho số Tự nhiên chứng minh A chia hết cho a chia hết cho b Xét theo mod a A ≡ k + 1( mod a) với n chẵn A ≡ −k + 1( mod a) với n lẻ Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 161 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Khi cần A a cần điều kiện k? Để A a k ≡ −1( mod a) k ≡ 1( mod a) với n chẵn với n lẻ Hoàn toàn tương tự cho điều kiện k để muốn A b?? Tương tự để A b k ≡ −1( mod b) k ≡ 1( mod b) với n chẵn với n lẻ Từ đây, để đảm bảo A chia hết cho a b ứng với n chẵn n lẻ, phải chọn k nào? Theo định lý thặng dự Trung hoa hệ k ≡ 1( mod a) k ≡ −1( mod b) có nghiệm Kiểm tra lại thơng tin A ứng với k chọn nghiệm hệ trên? Khi  A a với n lẻ  A b với n chẵn Ta có điều phải chứng minh Bài 20.4.2 Chứng minh với số nguyên dương n tùy ý, tồn n số nguyên dương liên tiếp gồm toàn hợp số Phân tích giải Để chứng minh n số ngun dương liên tiếp gồm tồn hợp số, ta phải chứng minh số n số phải có ước nguyên tố Từ cần phải đâu? Gọi p1 < p2 < < pn n số nguyên tố tùy ý Ta muốn n số dạng: m + 1, m + 2, , m + n, số chia hết cho thừa số nguyên tố trên? Hãy triển khai chi tiết này? Ta tồn số m mà     m + ≡ 0( mod p1 ) m ≡ −1( mod p1 )       m + ≡ 0( mod p ) m ≡ −2( mod p ) 2 ⇔         m + n ≡ 0( mod p ) m ≡ −n( mod p ) n n Theo định lý thặng dư Trung Hòa hệ có nghiệm m lớn tùy ý Từ với i = 1, 2, , n pi |m + i Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 162 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA (tuy nhiên pi |m + i nên m + i = pi , lúc m + i lại số nguyên tố Để đảm bảo m + i hợp số ta chọn m cho m > pn được) Ta chọn m > pn n số m + 1, m + 2, , m + n hợp số (mỗi số m + i chia hết cho ước nguyên tố pi ) Bài 20.4.3 (IMO 1989) Chứng minh với số nguyên dương n tùy ý, tồn n số nguyên dương liên tiếp mà số không lũy thừa số nguyên dương khác Phân tích giải Nhìn tốn này, ta nghĩ đến tương tự với 20.2 Tuy nhiên 20.2 chứng minh số hợp số Còn tốn chứng minh số khơng lũy thừa số nguyên dương Mượn ý tưởng trên, từ hợp số đến không lũy thừa, ta lưu ý điều gì? Một số nguyên a chia hết cho số nguyên tố p, không chia hết cho p2 a khơng lũy thừa số nguyên Gọi p1 < p2 < < pn n số nguyên tố tùy ý Ta muốn n số dạng: m + 1, m + 2, , m + n, số m + i chia hết cho thừa số nguyên tố pi , không chia hết cho p2i Từ xây dựng đồng dư nào? Ta tồn số m mà   2   m + ≡ p ( mod p )   1 m ≡ p1 − 1( mod p1 )    m ≡ p − 2( mod p2 ) m + ≡ p ( mod p2 ) 2 2 ⇔         m ≡ p − n( mod p2 ) m + n ≡ p ( mod p2 ) n n n n Theo định lý thặng dư Trung Hòa hệ có nghiệm m lớn tùy ý, chọn m > pn Từ với i = 1, 2, , n pi |m + i p2i ∤ m + i Chứng tỏ n số liên tiếp m + 1, m + 2, , m + n không lũy thừa số nguyên Cách Với m ∈ Z+ , xét 2n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pn , q1 , q2 , , qn hệ phương trình đồng dư   x ≡ −1( mod p1 q1 )    x ≡ −2( mod p q ) 2     x ≡ −n( mod p q ) n n Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm Tức tồn m ∈ Z cho m ≡ −i( mod pi qi ), ∀i = 1, 2, , n Từ suy số m + 1, m + 2, , m + n n số ngun liên tiếp khơng có số lũy thừa số nguyên (vì phân tích số có hai thừa số nguyên tố) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 163 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Bài 20.4.4 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn cấp số cộng gồm n số hạng cho số hạng lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn Phân tích giải Việc cấp số cộng khó Do việc nghĩ đến chọn cấp số cộng cho dễ kiểm tra Cấp số cộng đơn giản 1, 2, , n Tuy nhiên dãy khơng thỏa Do ta nghĩ đến chọn cấp số cộng "tương tự trên" a, 2a, 3a, , na Vì mong muốn a, 2a, , na lũy thừa số tự nhiên Do số a cần xuất hạng tử 2, 3, , n biểu diễn, tức cần có dạng a = 2k2 3k3 4k4 nkn (ở đánh số k theo số hạng số) Để a lũy thừa số nguyên tố, lũy thừa k2 , k3 , , kn phải có nhân tử chung, nhân tử chung tự nhiên nhân tử nguyên tố chung p2 , tức cần    k p2      k p2        k n p2 Khi 2a = 2k2 +1 3k3 4k4 nkn , để 2a lũy thừa số nguyên tố, lũy thừa k2 + 1, k2, , kn phải có nhân tử nguyên tố chung p3 , tức cần    k + p3      k p3        k n p3 Cứ tiếp tục tìm điều kiện cho số 2a, 3a, , na lũy thừa số nguyên, điều kiện cho lũy thừa k2 , k3 , , kn gì? Như phân tích cần có k2 p2 , k2 + p3 , k2 p4 , , k3 p2 , k3 p3 , k3 + p4 , , k4 p2 , k4 p3 , k4 p4 , , k5 p2 , k5 p3 , k5 p4 , , ., , , , kn p2 , kn p3 , kn p4 , Từ số k2 , k3 , , kn tồn theo định lý thặng dư Trung Hoa Với i = 3, , n tồn số nguyên dương ki thỏa mãn ki−1 ≡ −1( mod pi ) ki ≡ 0( mod p j ), j = i, j ∈ {3, , n} Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 164 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA ki p2 , ∀i = 2, 3, , n Khi k2 k3 a = n 2a = k2 +1 k3 pn n k2 p2 = 2 pn = k3 p2 k2 +1 p3 .n k3 p3 p2 kn p2 .n kn p3 p3 k3 k2 na = 2k2 3k3 n pn +1 = pn pn n kn +1 pn pn Ta có điều phải chứng minh Bài 20.4.5 (Bankal 2000) Cho A tập khác rỗng Z+ Chứng minh tồn số nguyên dương n cho tập hợp nA = {nx|x ∈ A} chứa toàn lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn Giải Bài toán tương tự 20.4 Do lời giải tương tự Đặt A = {a1 , a2 , , ak } p1 , p2 , , pk k số nguyên tố phân biệt Theo định lý thặng dư Trung Hoa, với i = 1, 2, , k, tồn số nguyên dương mi thỏa mãn mi ≡ −1( mod pi ) mi ≡ 0( mod p j )( j = i, j ∈ {1, 2, , k}) Khi m1 + p1 , m1 p2 , m2 p1 , m2 + p2 , ., m1 pk , ., m2 pk , Đến đặt ., , , , mk p1 , mk p2 , mk p1 , mk + pk m k m2 n = am a2 ak Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 165 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA ta có m +1 m2 a2 ak k na1 = am m m2 +1 ak k na2 = am a2 = = m1 +1 p1 m2 p1 mk p1 m1 p2 m2 +1 p2 mk p2 m1 pk m2 pk a1 p1 a2 ak a1 a2 p2 ak mk +1 m2 nak = am a2 ak = mk +1 pk pk a1 a2 ak Bài 20.4.6 Chứng minh với số nguyên n, tồn tập số nguyên n phần tử để tổng phần tử tập khơng rỗng lũy thừa Giải Ta sét tập số nguyên S = {x1 , x2 , , xn }, tập S có 2n − tập không rỗng S Đặt S1 , S2 , , S2n −1 tổng phần tử tập Áp dụng 20.5, tồn số nguyên b thỏa mãn {bS1 , bS2 , , bS2n −1 } bao gồm tồn lũy thừa Từ ta chọn tập F = {bx1 , bx2 , , bxn } tập F thỏa mãn điều kiện toán Bài 20.4.7 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số có ước dạng 2k − 1, k ∈ N Phân tích giải Gọi n số nguyên liên tiếp x + 1, x + 2, , x + n Yêu cầu toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư   x ≡ −1( mod p1 )    x ≡ −2( mod p )     x ≡ −n( mod p ) n Từ dẫn đến việc chọn p1 , p2 , , pn Nếu pi số ngun tố khó kiểm soát điều kiện 2k − 1, nên ta chọn pi số Mersen pi = 2ki − (pi không cần nguyên tố) Để đảm bảo (pi , p j ) = dẫn đến việc chọn ki , k j Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 166 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Mặt khác 2ki − 1, 2k j − = ⇔ (ki , k j ) = (thật vậy, gọi q ước nguyên tố chung 2ki − 1, 2k j − 2ki ≡ 1( mod q) 2k j ≡ 1( mod q) ⇒ 2(ki ,k j ) ≡ 1( mod q) ⇒ q = ⇔ (ki , k j ) = ) Từ nhận xét trên, ta dễ dàng chọn k1 , k2 , , kn thỏa (ki , k j ) = 1, ∀i, j = 1, 2, , n(i = j) (có thể chọn ln ki số ngun tố thứ i) Bài 20.4.8 Cho n số nguyên dương lẻ n > Gọi k,t số nguyên dương nhỏ cho kn + tn số phương Chứng minh điều kiện cần đủ để n số nguyên tố n min{k,t} > Điều kiện cần: Giả sử n nguyên tố Khi n|tn tn phương nên n2 |tn ⇒ n|t Từ n t ≥n> Hơn đặt a2 = kn + a2 ≡ 1( mod n) Kết hợp n nguyên tố nên a ≡ ±1( mod n) Nhưng a > nên a ≥ n − (vì n − số nhỏ đồng −1 modulo n) Dẫn đến kn + ≥ (n − 1)2 ⇒ k ≥ n − ⇒ k > n n n > nên n − > Điều kiện đủ • n có ước nguyên tố nhất, đặt n = pα , với p ≥ n lẻ Nếu α chẵn, ta lấy t =1< n tn = pα số phương, mâu thuẫn với giả thiết Nếu α lẻ, α ≥ 3, ta lấy t= p< n pα = 4 tn = pα +1 , α + chẵn n nên tn số phương với t < , mâu thuẫn Vậy α = hay n số nguyên tố Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 167 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Bài 20.5.4 (HÀN QUỐC 1999) Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn 2n − chia hết cho tồn số nguyên m để 2n − |4m2 + Phân tích giải Nếu n ≡ 1( mod 2) n = 2k + 1(k ∈ N), 2n = 22k+1 = 2.4k ≡ 2( mod 3) ⇒ 2n − ≡ 1( mod 3) không thỏa mãn 2n − Nếu n ≡ 0( mod 2), đặt n = 2k u (u số tự nhiên lẻ) Nếu u ≥ 2u − 1|2n − 2n − = 22 k u k − = (2u )2 − Do 2u − 1|4m2 + Mặt khác, u ≥ nên 2u − ≡ −1( mod 4) Khi tồn p nguyên tố, p ≡ −1( mod 4), ước 2u − Khi p|4m2 + Sử dụng tính chất "Nếu p số nguyên tố dạng 4k + a2 + b2 p a b chia hết cho p" Áp dụng vào đẳng thức 2m p p, vơ lý Do u = 1, tức n có dạng n = 2k Ta chứng minh tất số cần tìm Khi n = 2k k 2n − 22 − = = F1 F2 Fk−1 3 i với Fi số Fermat thứ i : Fi = 22 + Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ  x ≡ 2( mod 22 + 1)      x ≡ 22 ( mod 23 + 1)    x ≡ 23 ( mod 24 + 1)     k−2 k−1   x ≡ 22 ( mod 22 + 1)    x ≡ 0( mod 2) có nghiệm, gọi nghiệm x0 x0 chẵn, đặt x0 = 2m 4m2 + = x20 + 2n − Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 171 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20.6 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA ỨNG DỤNG TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ TỔ HỢP Bài 20.6.1 (ĐÀI LOAN TST 2002) Trong lưới điểm nguyên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm A với tọa độ (x0 , y0 ) ∈ Z2 gọi nhìn thấy từ O đoạn thẳng OA khơng chứa điểm nguyên khác O A Chứng minh với n nguyên dương lớn tùy ý, tồn hình vng n × n có đỉnh có tọa độ nguyên, tất điểm ngun nằm bên biên hình vng khơng nhìn thấy từ O Phân tích giải Trước tiên ta phải tìm điều kiện cần đủ để A(xA, yA ) nhìn thấy từ O? Dễ thấy điều kiện cần đủ để A(xA , yA ) nhìn thấy từ O (xA , yA ) = (a) Thật vậy, A nhìn thấy được, giả sử (xA , yA ) = d > Khi xA = dx1, yA = dy1(x1 , y1 ) = Từ suy xA yA = = d x1 y1 Chứng tỏ ba điểm O, A(xA, yA ) M(x1 , y1 ) thẳng hàng, điểm M(x1 , y1 ) nguyên Dẫn đến A khơng nhìn thấy được, vơ lý Vậy (xA , yA ) = (b) Ngược lại, A(xA , yA ) có (xA, yA ) = A nhìn thấy từ O Giả sử A khơng nhìn thấy được, tức tồn điểm nguyên M(x1 , y1 ) đoạn OA Vì ba điểm O, M, A thẳng hàng nên xA yA = ⇒ xA y1 = yA x1 x1 y1 Vì (xA , yA) = nên xA x1 Đặt xA = dx1 thay vào dy1 = yA ⇒ yA d Chứng tỏ (xA , yA ) d nên (xA , yA) > 1, vơ lý Do A nhìn thấy từ O Để giải toán, ta xây dựng hình vng n × n với n nguyên dương tùy ý cho điểm nguyên (x, y) nằm biên hình vng khơng thể nhìn thấy từ O Tức phải xây dựng dãy tọa độ (xi , y j ) > Từ nghĩ đến sử dụng thừa số nguyên tố, mặt đồng dư theo dòng, mặt đồng dư theo cột ma trận thỏa mãn Thật chọn pi j số nguyên tố đôi khác (0 ≤ i, j ≤ n) (gồm (n + 1)2 số nguyên tố) Sắp xếp số nguyên tố theo ma trận   pn0 pn1 pn2 · · · pnn ··· ··· ··· ··· ···     p p p · · · p M= 20 21 22 2n    p10 p11 p12 · · · p1n  p00 p01 p22 · · · p0n Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 172 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Khi xét hệ phương trình đồng dư theo tích số dòng   x ≡ 0( mod p00 p01 p02 p0n )      x + ≡ 0( mod p10 p11 p12 p1n ) x + ≡ 0( mod p20 p21 p22 p2n )       x + n ≡ 0( mod p p p p ) n0 n1 n2 nn hệ phương trình đồng dư theo tích số cột   y ≡ 0( mod p00 p10 p20 pn0 )     y + ≡ 0( mod p01 p11 p21 pn1 )  y + ≡ 0( mod p02 p12 p22 pn2 )        y + n ≡ 0( mod p0n p1n p2n pnn ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hai hệ có nghiệm, gọi x0 , y0 nghiệm tương ứng hai hệ trên, ta thấy (x0 + i, y0 + j) pi j ⇒ (x0 + i, y0 + j) > 1, ∀0 ≤ i, j ≤ n Điều chứng tỏ điểm nằm biên hình vng n × n xác định điểm phía bên trái (x0 , y0), điểm cao bên phải (x0 + n, y0 + n) khơng thể nhìn thấy từ điểm O Bài toán xuất lâu, không để ý đến, thực quan tâm thấy hay học em Lê Quang Bình đợt tập huấn thi TST 2013 với giáo sư Hà Huy Khoái, giả thiết phát biểu hay ngơn ngữ đời thường cáo ông thợ săn Bài 20.6.2 (BULGARIA 2003) Ta gọi tập hợp số nguyên dương C tốt với số nguyên dương k tồn a, b khác C cho (a + k, b + k) > Giả sử ta có tập C tốt mà tổng phần tử 2003 Chứng minh ta loại phần tử c C cho tập lại tập tốt 20.7 ỨNG DỤNG TRONG ĐA THỨC Bài 20.7.1 Cho tập S = {p1 , p2 , , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt P(x) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, tồn pi S cho pi |P(n) Chứng minh tồn pi0 S cho pi0 |P(n), ∀n ∈ Z+ Chứng minh Giả sử không tồn phần tử pi S để pi |P(n), ∀n ∈ Z+ Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 173 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Nghĩa với pi ∈ S (i = 1, 2, , k), tồn ∈ Z+ cho pi ∤ P(ai ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương x0 cho   x0 ≡ a1 ( mod p1 )    x ≡ a ( mod p ) 2     x ≡ a ( mod p ) k k Vì P(x) đa thức hệ số nguyên nên sử dụng tính chất "nếu u ≡ v( mod m) P(u) ≡ P(v)( mod m)" ta   P(x0) ≡ P(a1 )( mod p1 )    P(x ) ≡ P(a )( mod p ) 2     P(x ) ≡ P(a )( mod p ) k k Vì P(ai ) pi , ∀i = 1, 2, , k nên từ hệ suy P(x0 ) pi , ∀i = 1, 2, , k trái với giả thiết toán Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh α Khơng khó để nhận ra, tập số 20.9 thay {pα1 , pα2 , , pk k } mà không ảnh hưởng Thậm chí thay tập {a1 , a2 , , ak } với số nguyên tố cặp Tuy nhiên kết tốn mở rộng nữa, tức tập S thay tập số nguyên ví dụ Bài 20.7.2 Cho S = {a1 , a2 , , an } ⊂ Z+ P(x) ∈ Z[x] Biết với số nguyên dương k, tồn số i ∈ {1, 2, , n} cho |P(k) Chứng minh tồn số i0 cho ai0 |P(k), ∀k ∈ Z+ Phân tích giải Tương tự toán trên, ý tưởng ban đầu phản chứng Viết rõ ý phản chứng này? Giả sử kết luận toán sai Tức với i ∈ {1, 2, , n}, tồn số nguyên xi để ∤ P(xi ) Chuyển điều kiện ∤ P(xi ) số nguyên tố Điều kiện để P(xi ) không chia hết cho xét mặt số nguyên tố nào? Khi tồn số pki i , với pi nguyên tố thỏa mãn pki i |ai pki i ∤ P(xi ) Cho i chạy từ đến n ta tập hợp số sau {pk11 , pk22 , , pknn } Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 174 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Tương tự toán trên, mâu thuẫn áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa chưa? Rõ ràng chưa thể áp dụng được, số pi chưa phân biệt, tức chúng có số số trùng nhau? Giả sử p1 , p2 trùng nhau, pk11 |a1 , pk22 |a2 , ta chọn lũy thừa k1 , k2 để hai tính chất thỏa mãn? Rõ ràng phải chọn số nhỏ hai số k1 , k2 Từ định hướng cho số nguyên tố trùng Nếu tập {pk11 , pk22 , , pknn } có số có số trùng nhau, với số đó, ta giữ lại số có số mũ nhỏ nhất, loại khỏi tập lũy thừa lại Khi ta tập {p11 , p22 , , pqmm }, (m ≤ n p1 , p2 , , pm số nguyên tố phân biệt) q q Chú ý (i = 1, 2, , n) chia hết cho số số hạng tập này, không thiết chia hết cho số Đến hồn thành nốt phần lại cách áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa? Từ q q q p11 , p22 , , pmm số đôi nguyên tố nhau, ta xét hệ đồng dư sau  q  x ≡ x1 ( mod p11 )    x ≡ x ( mod pq2 ) 2     x ≡ x ( mod pqm ) m m Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x0 Vì P(x) đa thức hệ số nguyên nên  q  P(x0 ) ≡ P(x1 )( mod p11 )    P(x ) ≡ P(x )( mod pq2 ) 2     P(x ) ≡ P(x )( mod pqm ) m m Vì P(xi ) ≡ 0( mod pi i ), i = 1, 2, , m nên q P(x0 ) ≡ 0( mod pqi i ), i = 1, 2, , m chứng tỏ P(x0 ) ≡ 0( mod ), i = 1, 2, , n mâu thuẫn với giả thiết tốn Ta có điều phải chứng minh Bài tốn điển hình cho cách sử dụng định lý Trung Hoa Bài 20.7.3 Chứng minh tồn đa thức P(x) ∈ Z[x], khơng có nghiệm ngun cho với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho P(x) n Chứng minh Phân tích giải Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 175 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Xét đa thức P(x) = (3x + 1)(2x + 1) Với số nguyên dương n, ta biểu diễn n dạng n = 2k (2m + 1) Vì (2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ 1( mod 2k ) Từ ta muốn có cần chọn x cho 3x ≡ −1( mod 2k ) x ≡ −a( mod 2k ) Vì (2, 2m + 1) = nên tồn số nguyên b cho 2b ≡ 1( mod 2m + 1) Do ta muốn có cần chọn x cho 2x ≡ −1( mod 2m + 1) x ≡ −b( mod 2m + 1) Nhưng (2k , 2m + 1) = nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên x nghiệm hệ x ≡ −a( mod 2k ) x ≡ −b( mod 2m + 1) Từ theo lý luận trên, với số nguyên dương n tồn x để P(x) n Rõ ràng P(x) nghiệm ngun Một câu hỏi thú vị khơng q tầm thường Đa thức P(x) = (3x + 1)(2x + 1) có phải đa thức thỏa mãn điều kiện tốn hay khơng? Hãy xây dựng đa thức trường hợp tổng quát xem sao?? Để hiểu nội dung định lý đây, ta xét ví dụ Ví dụ 20.7.1 Cho n = 12 = 22 đa thức P(x) = x2 + 5x Khi phương trình P(x) ≡ 0( mod 3) có hai nghiệm x ≡ 0, 1( mod 3) phương trình P(x) ≡ 0( mod 4) có hai nghiệm x ≡ 0, 4( mod 4) Từ phương trình P(x) ≡ 0( mod 12) có bốn nghiệm x ≡ 0, 3, 4, 7( mod 12) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 176 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Định lý 20.7.2 Cho n có dạng biểu diễn tắc α n = pα1 nα2 nk k P(x) đa thức hệ số ngun Khi phương trình đồng dư P(x) ≡ 0( mod n) có nghiệm tất phương trình đồng dư P(x) ≡ 0( mod pαi i ), i = 1, 2, , k có nghiệm Hơn phương trình P(x) ≡ 0( mod pαi i ) có ri nghiệm modulo pαi i (i = 1, 2, , k) phương trình P(x) ≡ 0( mod n) có r = r1 r2 rk nghiệm modulo n Chứng minh Giả sử x nghiệm P(x) ≡ 0( mod n) Suy P(x) n ⇒ P(x) pαi i Chứng tỏ x nghiệm phương trình P(x) ≡ 0( mod pαi i ), i = 1, 2, , k Ngược lại, xi nghiệm P(x) ≡ 0( mod pαi i ), i = 1, 2, , k Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn nghiệm x0 (theo modulo n) hệ   x ≡ x1 ( mod pα1 )    x ≡ x ( mod pα2 ) 2 (I)     x ≡ x ( mod pαk ) k k Theo tính chất đa thức hệ số nguyên x0 ≡ xi ( mod pαi i ) ⇒ P(x0) ≡ P(xi ) ≡ 0( mod pαi i ) Từ P(x0) ≡ 0( mod n), chứng tỏ x0 nghiệm phương trình P(x) ≡ 0( mod n) Mỗi nghiệm (I) : (x1 , x2 , , xk ) cho ta nghiệm x phương trình P(x) ≡ 0( mod n) Với hai nghiệm (I) khác (x1 , x2 , , xk ) (x′1 , x′2 , , x′k ), gọi x, x′ hai nghiệm P(x) ≡ 0( mod n) sinh từ hai Vì (x1, x2 , , xk ) = (x′1 , x′2 , , x′k ) nên tồn số i để xi = x′i Lại x ≡ xi ( mod pαi i ), x′ ≡ x′i ( mod pαi ) ⇒ x =≡ x′ ( mod pαi i ) chứng tỏ x = x′ Vậy nghiệm (x1 , x2 , , xk ) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 177 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Bài 20.7.4 Cho n có dạng biểu diễn tắc α n = pα1 nα2 nk k Tìm số nghiệm phương trình x2 + x ≡ 0( mod n) Giải Theo định lý x2 + x ≡ 0( mod n) ⇔ x(x + 1) ≡ 0( mod pαi i ), ∀i = 1, 2, , k Vì (x, x + 1) = nên x(x + 1) ≡ 0( mod pαi i )(i = 1, 2, , k) ⇔ x ≡ 0( mod pαi i ) x ≡ −1( mod pαi i ) , ∀i = 1, 2, , k Theo định lý thặng dư trung hoa hệ phương trình   x ≡ a1 ( mod pα1 )    x ≡ a ( mod pα2 ) 2 , ∈ {0, −1}, i = 1, 2, , k     x ≡ a ( mod pαk ) k k có nghiệm modulo n Vì có tất 2k hệ (tương ứng với 2k cách chọn (a1 , a2, , ak ), với ∈ {0, −1}, i = 1, 2, , k), hệ có tất 2k nghiệm modulo n Bài 20.7.5 (VMO 2008) Cho m = 20072008 Có số tự nhiên n < m cho n(2n + 1)(5n + 1) chia hết cho m Phân tích giải Vì (10, m) = nên n(2n + 1)(5n + 1) ≡ 0( mod m) ⇔ 10n(10n + 5)(10n + 2) ≡ 0( mod m) Ta có m = 34016 × 2232008, để thuật tiên, ta đặt 10n = x, 34016 = p, 2232008 = q, (p, q) = nên x(x + 5)(x + 4) ≡ 0( mod p.q) ⇔ x(x + 5)(x + 4) ≡ 0( mod p) x(x + 5)(x + 4) ≡ 0( mod q) (I) Vì (x, x + 5) = 5, (x, x + 4) = (x, x + 4) = 4, (x + 5, x + 4) = 1, tất ước chung khác 223 Lưu ý ta cần chọn giá trị x ≡ 0( mod 10) Một giá trị x cho giá trị n, hai giá trị x khác cho hai giá trị n khác Do hệ (I), thêm điều kiện x ≡ 0( mod 10) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 178 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA tương đương với  x ≡ 0( mod p)        x ≡ −4( mod p)       x ≡ −5( mod p) x ≡ 0( mod q)      x ≡ −4( mod q)      x ≡ −5( mod q)    x ≡ 0( mod 10)   x ≡ 0( mod p)   x ≡ 0( mod q)   x ≡ 0( mod 10)     x ≡ 0( mod p)  x ≡ −4( mod q)    x ≡ 0( mod 10)    x ≡ 0( mod p)   x ≡ −5( mod q)    x ≡ 0( mod 10)   x ≡ −4( mod p)    x ≡ 0( mod q)   x ≡ 0( mod 10)    x ≡ −4( mod p)   ⇔  x ≡ −4( mod q)   x ≡ 0( mod 10)     x ≡ −4( mod p)  x ≡ −5( mod q)    x ≡ 0( mod 10)    x ≡ −5( mod p)   x ≡ 0( mod q)    x ≡ 0( mod 10)   x ≡ −5( mod p)    x ≡ −4( mod q)   x ≡ 0( mod 10)    x ≡ −5( mod p)    x ≡ −5( mod q)   x ≡ 0( mod 10) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ từ (1) đến (9), hệ có nghiệm x theo modulo 10m Do ta có tất nghiệm x nhỏ 10m, dẫn đến có giá trị n nhỏ m thỏa đề Định lý 20.7.3 Cho P(x) = ad xd + + a1 x + đa thức hệ số nguyên bậc d ≥ Khi với số nguyên dương n, tồn số ngun x cho P(x) có n ước nguyên tố Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 179 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Chứng minh Xét tập hợp Q = {p| p nguyên tố cho tồn số nguyên x mà p|P(x)} Khi tập Q vơ hạn Thật vậy, giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pk Q Khi với số nguyên m P(mp1 p2 pk ) số ngun khơng có ước ngun tố P(mp1 p2 pk ) = (mp1 p2 pk )d + · · · + (mp1 p2 pk ) + 1, rõ ràng pi ∤ P(mp1 pk ), với i = 1, 2, , k P(mp1 pk ) khơng có ước nguyên tố nên giá trị −1 Tuy nhiên P đa thức bậc d ≥ nên nhận giá trị hay −1 không d lần, mâu thuẫn m ∈ Z Cho p1 , , pn , n ≥ số nguyên tố Q Khi tồn số nguyên x cho P(x) p1 p2 pk Thật vậy, với i = 1, 2, , n, pi ∈ Q nên tìm số nguyên ci cho P(ci ) pi Khi x ≡ ci ( mod pi ) P(x) ≡ P(ci ) ≡ 0( mod pi ), từ dẫn đến việc chọn x Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ đồng dư   x ≡ c1 ( mod p1 )    x ≡ c ( mod p ) 2     x ≡ c ( mod p ) n n có nghiệm x0 theo modulo n Từ P(x) ≡ P(ci ) ≡ 0( mod pi ), i = 1, 2, , n nên P(x) p1 p2 pn = n Bài 20.7.6 (USA 2008) Chứng minh với số nguyên dương n, tồn n số nguyên dương nguyên tố với cặp k1 , k2 , , kn (ki > 1, ∀i = 1, 2, , n), cho k0 k1 kn − tích hai số nguyên liên tiếp Giải Giả sử k1 k2 kn − = x(x + 1) ⇒ k1 k2 kn = x(x + 1) + = x2 + x + Do tốn quy về: "Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho đa thức x2 + x + có n ước ngun tố phân biệt" Đến tốn hệ định lý 20.8 ỨNG DỤNG TRONG NGHIÊN CỨU THẶNG DƯ Trong chuyên đề thặng dư bậc hai, nghiên cứu số điều kiện để số nguyên a số phương modulo p Tuy nhiên nhiều em lại không nhớ điều kiện để vận dụng tốn số học Do phần ta nêu cần phải nhớ suy luận dễ dàng Định lý 20.8.1 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p số nguyên tố lẻ, a số nguyên dương (a, p) = Khi p−1 a ≡ a ( mod p) p Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 180 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Cho a = −11 ta Hệ 20.8.2 Cho p số nguyên tố lẻ −1 = ⇔ p ≡ 1( mod 4) p Một đặc trưng cần nhớ Hệ 20.8.3 Cho p số nguyên tố lẻ = ⇔ p ≡ ±1( mod 8) p Dùng tính chất nhân tính ta có −2 = ⇔ p ≡ 1, 3( mod 8) p Một tiêu chuẩn cần nhớ Định lý 20.8.4 (Luật tương hỗ Gauss) Cho p q hai số nguyên tố lẻ phân biệt Khi Nếu hai số p, q có dạng 4k + p số phương modulo q q số phương modulo p Nếu hai số p, q có dạng 4k + p số phương modulo q q khơng số phương modulo p Bài 20.8.1 Tìm tất số nguyên tố lẻ p(p = 3) cho số phương mod p Giải Vì = × + nên có dạng 4k + Nếu p có dạng 4k + Theo luật tương hỗ Gauss =1⇔ p 3−1 p = ⇔ p ≡ 1( mod 3) ⇔ p ≡ 1( mod 3) Từ p ≡ 1( mod 4) p ≡ 1( mod 3) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ 1( mod 12) Nếu p = 4k + lại theo luật tương hỗ Gauss 3−1 p = ⇔ −p ≡ 1( mod 3) ⇔ p ≡ −1( mod 3) =1⇔− p Từ p ≡ −1( mod 3) p ≡ 3( mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −1( mod 12) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 181 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 Từ ta có 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA = ⇔ p ≡ ±1( mod 12) p Bài 20.8.2 Tìm tất số nguyên tố lẻ p(p = 3) cho số phương mod p Giải Vì = × + nên có dạng 4k + Nếu p có dạng 4k + Theo luật tương hỗ Gauss =1⇔ p 3−1 p = ⇔ p ≡ 1( mod 3) ⇔ p ≡ 1( mod 3) Từ p ≡ 1( mod 4) p ≡ 1( mod 3) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ 1( mod 12) Nếu p = 4k + lại theo luật tương hỗ Gauss 3−1 p = ⇔ −p ≡ 1( mod 3) ⇔ p ≡ −1( mod 3) =1⇔− p Từ p ≡ −1( mod 3) p ≡ 3( mod 4) Theo định lý thặng dư Trung Hoa p ≡ −1( mod 12) Từ ta có = ⇔ p ≡ ±1( mod 12) p Bài 20.8.3 Tìm tất số nguyên tố lẻ p(p = 5) cho thặng dư bình phương mod p Giải Vì = 4.1 + có dạng 4k + Do p = 4k + p = 4k + có =1⇒ p p ≡ 1( mod 5) 5−1 p = ⇒ p ≡ 1( mod 5) ⇒ p2 ≡ 1( mod 5) ⇒ p ≡ −1( mod 5) Từ xét trường hợp p ≡ 1( mod 5) p ≡ 1( mod 4) ⇒ p ≡ 1( mod 20), p ≡ 1( mod 5) p ≡ 3( mod 4) ⇒ p ≡ −9( mod 20), Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 182 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 p ≡ −1( mod 5) p ≡ 1( mod 4) ⇒ p ≡ 9( mod 20), p ≡ −1( mod 5) p ≡ 3( mod 4) ⇒ p ≡ −1( mod 20) 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Do p có dạng p = 20k ± 1, 20k ± Xét hai trường hợp k chẵn, lẻ ta p ≡ ±1( mod 10) Từ ta có = ⇔ p ≡ ±1( mod 10) p 20.9 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 20.9.1 (IMO Shortlist 2000) Xác định tất số nguyên dương n ≥ thỏa mãn điều kiện: Với a b nguyên tố với n a ≡ b( mod n) ⇔ ab ≡ 1( mod n) Bài 20.9.2 (AMC 2011) Tìm chữ số hàng trăm số 20112011 Bài 20.9.3 (AIME 2014) Các số N N có bốn chữ số tận số 10 abcd, với a khác Tìm abc Bài 20.9.4 (ROMANIAN TST 2004) Cho m số nguyên dương lớn Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn n|am − 1, ∀a ∈ Z, (a, n) = Chứng minh n ≤ 4m(2m − 1) Đẳng thức xảy nào? Bài 20.9.5 Tìm ba chữ số tận số 20082007 2006 21 Bài 20.9.6 (USA TST 2013) Cho hàm số f : N → N xác định f (1) = 1, f (n + 1) = f (n) + f (n), ∀n ∈ N Chứng minh f (1), f (2), , f (32013 ) tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modulo 32013 Bài 20.9.7 Số ngun dương n gọi có tính chất P với số nguyên dương a, b mà a3 b + n ⇒ a3 + b n Chứng minh số số nguyên có tính chất P khơng vượt q 24 Bài 20.9.8 Cho số nguyên dương a = p1 p2 pk , p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác số nguyên dương n thỏa k < n < a Chứng minh dãy sau có nk số chia hết cho a u1 = 1.2 n, u2 = 2.3 (n + 1), u3 = 3.4 (n + 2), , ua = a(a + 1) (a + n − 1) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 183 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Bài 20.9.9 Tìm tất số nguyên tố lẻ p = cho thặng dư bậc hai modulo p α Bài 20.9.10 Giả sử n số nguyên dương có khai triển thừa số nguyên tố n = pα1 pα2 pk k , pi số nguyên tố, αi ≥ số nguyên (i = 1, 2, , k) Cho a số nguyên, nguyên tố với n Chứng minh a =1⇔ n a pαi i = 1, ∀i = 1, 2, , k Bài 20.9.11 (VMO 2013) Tìm số thứ tự (a, b, c, a′ , b′ , c′) thỏa mãn  ′ ′  ab + a b ≡ 1( mod 15) bc + b′ c′ ≡ 1( mod 15)   ca + c′ a′ ≡ 1( mod 15) với a, b, c, a′ , b′ , c′ ∈ {0, 1, 2, , 14} Bài 20.9.12 Cho n số nguyên dương ước phương Chứng minh tồn số tự nhiên b, < b < n, (b, n) = cho b = −1 n Bài 20.9.13 (Modolva TST 2009) Chứng minh tập số nguyên phân hoạch thành cấp số cộng với công sai khác Chứng minh tập hợp sô nguyên viết dạng hợp cấp số cộng với công sai đôi nguyên tố Bài 20.9.14 (Czech-Slovakia 1997) Chứng minh tồn vô số dãy vô hạn tăng {an } số tự nhiên cho với số tự nhiên k, dãy {k + an } chứa hữu hạn số nguyên tố Bài 20.9.15 Tìm số nguyên dương n cho với hệ thặng dư thu gọn modulo n: {a1 , a2, , aϕ (n) }, ta có a1 a2 aϕ (n) ≡ −1( mod n) Bài 20.9.16 Cho f1(x), f2 (x), , fn (x) n đa thức với hệ số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức P(x) hệ nguyên cho với i = 1, 2, , n ta ln có P(x) + fi (x) đa thức bất khả quy Z α Bài 20.9.17 (Công thức Euler) Cho số nguyên dương n viết dạng tắc n = pα1 pα2 pk k , p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt, αi ≥ số tự nhiên, i = 1, 2, , k Hàm ϕ (n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Khi ϕ (n) = n − p1 1− 1 1− p2 pk Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 184 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Bài 20.9.18 Với số tự nhiên n, đặt An = {a ∈ N|(a, n) = (a + 1, n) = 1, ≤ a ≤ n} Tính |An | Bài 20.9.19 (Nauy 1998) Tồn hay không dãy vơ hạn {xn }n∈N hốn vị N cho với số tự nhiên k ln có x + x + · · · + x k k Bài 20.9.20 (Công thức tổng quát định lý Euler) Cho m số nguyên dương Khi am ≡ am−ϕ (m)( mod m) Ths Trần Minh Hiền (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 185 ... (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 168 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên dư ng k thỏa mãn   k ≡ 1( mod F0 )... Quang Trung 173 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Nghĩa với pi ∈ S (i = 1, 2, , k), tồn ∈ Z+ cho pi ∤ P(ai ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dư ng x0... (0989.541.123) - Trường THPT chuyên Quang Trung 174 NUMBER THEORY - VMO 2014-2015 20 ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Tương tự toán trên, mâu thuẫn áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa chưa? Rõ ràng chưa thể áp