Dinh ly phan du trung hoa

Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA Định lí: Cho n số nguyên dương m1 , m2 , , mn số nguyên dương đơi ngun tố Khi hệ đồng dư tuyến tính   x ≡ (mod mi )   i = 1, n có nghiệm mođun M = m1m2 mn Chứng minh: M Đặt M i = m ⇒ (M i , mi ) = 1, i = 1, n M i Mm j , ∀i ≠ j i Suy ∀i = 1, n , tồn số nguyên yi thoả mãn M i yi ≡ (mod mi ) n  x ≡ (mod mi ) Xét x = ∑ M i yi ta có:  i =1 i = 1, n  x ≡ (mod mi )  x ≡ x(mod mi ) ⇔ ⇔ x ≡ x(mod M ) i = 1, n i = 1, n Do đó:  Vậy định lí chứng minh Nhận xét: Định lí phần dư Trung Hoa khẳng định tồn lớp thặng dư số nguyên thoả mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính Do sử dụng định lí để giải tốn tồn đếm số số nguyên thoả mãn hệ điều kiện quan hệ đồng dư, chia hết…, hay đếm số nghiệm phương trình đồng dư Việc sử dụng hợp lí m1 , m2 , , mn a1 , a2 , , an (trong định lí) cho ta nhiều kết thú vị từ đưa nhiều tập hay khó Sau số ứng dụng định lí phần dư Trung Hoa giải tốn số học Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số MỘT SỐ ỨNG DỤNG Bài toán 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: Vì (p,q)=1 nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên k thoả mãn:  k ≡ 1(mod p )   k ≡ −1(mod q) Khi đó: + Nếu n chẵn ( pq − 1)n ≡ 1(mod q) ⇒ ( pq − 1)n k ≡ −1(mod q) ⇒ ( pq − 1) n k + 1Mq + Nếu n lẻ ( pq − 1) n ≡ −1(mod p) ⇒ ( pq − 1) n k ≡ −1(mod p) ⇒ ( pq − 1) n k + 1Mp 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  k ≡ 1(mod p )  k ≡ −1(mod q) tích tính chẵn lẻ n ta dễ dàng thấy xuất hệ  Bài toán Chứng minh tồn số nguyên k cho 2n k + hợp số với số nguyên dương n Lời giải: Nhận xét: Bài tập gần giống với tập số phức tạp tốn nhiều tốn ta khơng thể nhìn thấy để 2n k + hợp số ta cần chia hết cho số Để ý thấy trằng toán ta xét hai trường hợp n chẵn n lẻ hay tổng quát xét n dạng sau 2m l với m, l số tự nhiên, l lẻ m m Khi 2n k + = 22 l k + ta có 22 l ≡ −1mod(22 + 1) , để 2n k + hợp m m số ta 2n k + chia hết cho Fm = 22 + (Dãy Fermat) Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số Ta trình bày lời giải tốn sau: Trước hết ta có F0 , F1 , F2 , F3 , F4 số nguyên tố, F5 = 641.6700417 ( Fi , F j ) = 1, ∀i ≠ j Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương k thoả mãn: k ≡ 1(mod Fm ) m = 0,1, 2,3,   (p = 641, q = 6700417, (p,q)=1) k ≡ 1(mod p )  k ≡ −1(mod q) Ta có n = 2m l , với m, l số tự nhiên, l lẻ m + Nếu m < 2n = 22 l ≡ −1(mod Fm ) ⇒ 2n k ≡ −1(mod Fm ) ⇒ 2n k + 1MFm m + Nếu m = 2n = 22 l ≡ −1(mod F5 ) ⇒ 2n k ≡ −1(mod p) ⇒ 2n k + 1Mp + Nếu m > 2n = (22 ) m−5 l ≡ 1(mod F5 ) ⇒ n k ≡ −1(mod q ) ⇒ 2n k + 1Mq Do 2n k + hợp số với số nguyên dương n Bài toán Cho tập S = {p1 ,p , p k } 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 (ai ) Mặt khác theo định lí Phần dư Trung Hoa tồn số tự    x ≡ (mod pi )  f ( x) ≡ f (ai )(mod pi ) ,  hay pi | f ( x), ∀i = 1; k   i = 1, k i = 1, k nhiên x thỏa mãn  (Mâu thuẫn) α α α Bài toán Cho n = p1 p2 pk f ( x) đa thức với hệ số nguyên Khi phương trình đồng dư k f ( x) ≡ 0(mod n) có nghiệm tất phương trình đồng dư f ( x) ≡ 0(mod piα ), i = 1; k có nghiệm Nếu gọi số nghiệm i Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số α α α α phương trình f ( x) ≡ 0(mod pi ) ni , i = 1; k phương trình n = p1 p2 pk có i k n1.n2…nk nghiệm (mơđun n) Lời giải: • Giả sử x nghiệm f ( x) ≡ 0(mod n) , hiển nhiên x nghiệm  f ( x) ≡ 0(mod piαi ) hệ  i = 1; k • Giả sử xi nghiệm f ( x) ≡ 0(mod piαi ), i = 1; k Theo định lí Phần dư  x ≡ xi (mod piαi ) Trung Hoa tồn x nghiệm hệ  (mod n) Mà i = 1; k x ≡ xi (mod piai ) ⇒ f ( x) ≡ f ( xi )(mod piai ) (vì ( f ( x ) − f ( xi ))M( x − xi ) ), suy x nghiệm f ( x) ≡ 0(mod n) Mỗi ( x1 , x2 , , xk ) với xi nghiệm f ( x) ≡ 0(mod piα ), i = 1; k cho ta i nghiệm f ( x) ≡ 0(mod n) hiển nhiên nghiệm phân biệt (vì hai khác phải tồn cặp xi , xi hai nghiệm khác i f ( x) ≡ 0(mod piαi ) , hai nghiệm tương ứng với hai khơng đồng dư theo mod piαi ) Do số nghiệm f ( x) ≡ n1.n2…nk Như dựa vào định lí Phần dư Trung Hoa ta đếm số nghiệm phương trình đồng dư Bài tốn 5, tốn sau ví dụ cụ thể cho toán α α α Bài toán Cho số nguyên dương n = p1 p2 pk , p1 , p2 , , pk k số nguyên tố đôi khác Tìm số nghiệm phương trình đồng dư x + x ≡ 0(mod n) Lời giải:   x ≡ 0(mod piαi )  x( x + 1) ≡ 0(mod p )  x + x ≡ 0(mod n) ⇔  ⇔   x ≡ −1(mod piαi ) i = 1, k  i = 1, k αi i Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số  x ≡ (mod piαi )  Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ phương trình ai ∈{−1;0} có  i = 1, k nghiệm (thặng dư modn) ta có 2k hệ (bằng số ( a1 , a2 , , ak ), ∈ {−1;0} ), nghiệm hệ khác Suy phương trình x + x ≡ 0(mod n) có 2k nghiệm Bài tốn Cho số nguyên dương a = p1 p1 pk , p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác số nguyên dương n thoả mãn k < n < p1 , p2 , , pk 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) Lời giải: Nhận xét: Bài tập tư tưởng giống i ≡ (mod pi )  u j Ma ⇔ ai ∈ {0, −1, −2, , −(n − 1)},  i = 1, k j = 1, a Do ta có n k số chia hết cho a * Cùng với tư tưởng 4, ta chứng minh cơng thức Phi hàm Ơl cách đưa đếm số nghiệm hệ đồng dư Bài toán Cho số nguyên dương n, ϕ (n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Chứng minh với n = p1α p2α pkα , k p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác nhau, ta có : ϕ (n) = n(1 − 1 )(1 − ) (1 − ) p1 p2 pk (Phi hàm Ơle ) Lời giải Nhận xét: Công thức chứng minh cách sử dụng tính chất ϕ (n) hàm nhân tính Và để chứng minh tính chất ta phải sử dụng đến tính chất hệ thặng dư Cách phức tạp Bài tốn giải đẹp định lí đồng dư Trung Hoa An = { a ∈ N |1 ≤ a ≤ n, (a, n) = 1} Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số Khi n = pα ⇒ ϕ (n) = pα − pα −1 Khi n = p1α p2α pkα , p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác k Với số nguyên dương a thoả mãn ≤ a ≤ n ta có: a ≡ a (mod pαi ) i i  αi a ∈ An ⇔ (a, pi ) = 1, i = 1, k ⇔ ai ∈ Apαi  i = 1, k Mà theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương a, a ≡ a (mod pαi ) i i  ⇔ ai ∈ Apαi ta có  i = 1, k ≤ a ≤ n thoả mãn k k i =1 i =1 ∏ | Apiai | = ∏ ( piαi − piαi −1 ) hệ dạng trên, nghiệm hệ khác k 1 α α −1 Do | An | = ∏ ( pi − pi ) = n(1 − p )(1 − p ) (1 − p ) i =1 k i i Bài toán Cho An = { a ∈ N |1 ≤ a ≤ n, (a, n) = (a + 1, n) = 1} Tìm | An | Lời giải: Nhận xét: Bài tốn giải tương tự cách chứng minh công thức phi hàm Ơle ϕ (n) Giả sử n = p1α p2α pkα , p1 , p2 , , pk số nguyên tố k 2 đôi khác nhau, ta có | An | = n(1 − p )(1 − p ) (1 − p ) k * Sử dụng định lí đồng dư Trung Hoa chứng minh công thức Phi hàm Ơle, cho ta lời giải đẹp, với tư tưởng tính chất hệ thặng dư ta giải tốn mở rộng định lí Wilson Bài tốn Tìm số ngun dương n lẻ cho với hệ thặng dư thu gọn mođun n { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } ta có a1a2 aϕ ( n ) ≡ −1(mod n) Lời giải: • Theo định lí Wilson ta suy n nguyên tố thoả mãn Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số • Với n = p m với p số nguyên tố lẻ Ta có { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } hệ thặng dư thu gọn mođun n, suy với a ∈ { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } tồn a ∈ { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } thoả mãn aa ≡ 1(mod n) a ≠ b⇒ a ≠ b  a ≡ 1(mod n) a = a = a ⇔ a − 1Mn ⇔ (a − 1)(a + 1)Mn ⇔  ⇔ (vì (a-1,a+1)1) số nguyên tố lẻ, k phân biệt Tương tự trên: Với a ∈ { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } tồn a ∈ { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } thoả mãn aa ≡ 1(mod n) a ≠ b ⇒ a ≠ b   a ≡ 1(mod piαi )  a = a ⇔ a − 1Mn ⇔ (a − 1)(a + 1)Mn ⇔   a ≡ −1(mod piαi ) (Vì (a-1,a+1) Lời giải tốn trình bày sau: Giả sử p1 , p2 , , pn n số nguyên tố phân biệt Theo định lí phần dư Trung Hoa, với i = 2, n tồn số nguyên dương m i thoả mãn  mi ≡ −1(mod pi )   mi ≡ 0(mod p j )   j = 1, n, j ≠ i Khi (m2 , m3 , , mn )Mp1 , (m2 + 1, m3 , , mn )Mp2 ,…, (m2 , m3 , , mn + 1)Mpn ⇒ a = n m2 m3 mn  mp2 mp3 mpn =  n   p1   mp2 +1 mp3 mpn mn m2 +1 m3 ÷ , 2a = n =  2 n ÷    p2  ÷ ,…, ÷  pn na = n m2 m3 mn +1  mp2 mp mpn +1  =  n n n n ÷ Điều phải chứng minh  ÷   Bài toán 14 Cho A tập khác rỗng N Chứng minh tồn số nguyên dương n cho nA = {nx | x ∈ A} tập hợp luỹ thừa số tự nhiên với số mũ lớn (Balkan 2000) Lời giải: Nhận xét: Bài toán tư tưởng giống toán Giả sử A = {a1 , a2 , , ak } , p1 , p2 , , pk k số nguyên tố phân biệt Theo định lí đồng dư Trung Hoa, với i = 1, k tồn số nguyên dương mi thoả mãn  mi ≡ −1(mod pi )   mi ≡ 0(mod p j )   j = 1, k , j ≠ i Khi (m1 + 1, m2 , , mk )Mp1 , (m1 , m2 + 1, m3 , , mn )Mp2 ,…, (m1 , m2 , , mn + 1)Mpn 10 Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số m m m Đặt n = a1 a2 ak , ta có: na1 = a1 m1 +1 m2 k a2 ak mk mk  m1p+1 mp2 1 =  a1 a2 ak p1   p1 mk   mp1 mp2 +1 m1 m2 +1 mk 2 ÷ , na2 = a1 a2 ak =  a1 a2 ak p2 ÷    pk …, nak = a1 a2 ak m1 m2 mk +1 mk +1  mp1 mp  k k =  a1 a2 ak pk ÷ Điều phải chứng minh  ÷   *** 11 p2  ÷ , ÷  Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA Trong định lí phần dư Trung Hoa, có điều kiện m1 , m2 , , mn số nguyên dương đôi nguyên tố Câu hỏi đặt m1 , m2 , , mn không thoả mãn điều kiện đôi nguyên tố kết định lí nào? Định lí (Phần dư Trung Hoa mở rộng) Cho n số nguyên dương m1 , m2 , , mn a1 , a2 , , an số ngun dương Khi hệ đồng dư tuyến tính   x ≡ (mod mi )   i = 1, n có nghiệm ≡ a j (mod(mi , m j )) với i, j thoả mãn ≤ i < j ≤ n Khi hệ có nghiệm mođun M = [m1 , m2 , , mn ] Chứng minh:  Giả sử hệ có nghiệm x0 , đặt (mi , m j ) = d ij ⇒ ≡ x0 ≡ a j (mod dij ) với i, j thoả mãn ≤ i < j ≤ n  Ngược lại ≡ a j (mod(mi , m j )) với i, j thoả mãn ≤ i < j ≤ n ta chứng minh hệ có nghiệm mođun M = [m1 , m2 , , mn ] quy nạp sau: Với n = 2, đặt (m1 , m2 ) = d , m1 = dd1 , m2 = dd , (d1 , d ) = ⇒ a1 ≡ a2 ≡ a (mod d ) Đặt a1 = a + k1d , a2 = a + k d , ta có: x−a  d ≡ k1 (mod d1 ) x ≡ a (mod m )  1 ⇔   x ≡ a2 (mod m2 )  x − a ≡ k (mod d ) 2  d 12 Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số Vì (d1 , d ) = nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương x  x ≡ k1 (mod d1 ) thoả mãn  Do  x ≡ k1 (mod d1 )  x ≡ a1 (mod m1 ) x−a ⇔ ≡ x(mod(d1d ))  d  x ≡ a2 (mod m2 ) ⇔ x ≡ xd + a(mod(dd1d )) hay x ≡ xd + a (mod[m1 , m2 ])  x ≡ a1 (mod m1 ) có nghiệm mođun [m1 , m2 ]  x ≡ a2 (mod m2 ) Suy hệ  Giả sử định lí đến n – Ta chứng minh định định lí đến n Đặt m1 = [m1 , m2 , , mn −1 ], m2 = mn   x ≡ (mod mi ) có nghiệm  i = 1, n − Theo giả thiết quy nạp, hệ phương trình   x ≡ (mod mi )  x ≡ a1 (mod m1 ) ⇔ x ≡ a1 (mod m1 ) Do ta có  (đặt a2 = an ) i = 1, n  x ≡ a2 (mod m ) Vì ≡ a j (mod(mi , m j )) với i, j thoả mãn ≤ i < j ≤ n nên a1 ≡ a2 (mod(m1 , m2 ))  x ≡ a1 (mod m1 ) Từ theo trường hợp n = 2, hệ phương trình  có nghiệm  x ≡ a2 (mod m ) mođun [m1 , m2 ] = [m1 , m2 , , mn ] Theo nguyên lí quy nạp định lí chứng minh *** 13 Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải tốn số Một số tập áp dụng: Bài Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số có ước nguyên dương dạng 2k − Bài Chứng minh tồn vô số dãy vô hạn tăng {a n} số tự nhiên cho với số tự nhiên k, dãy {k+an} chứa hữu hạn số nguyên tố Czech-Slovakia 1997 Bài Tìm tất số nguyên dương n cho 2n − 1M3 2n − ước số nguyên có dạng 4m + Korea 1999 Bài Ta định nghĩa hình vng tốt hình vng có đỉnh điểm ngun , đồng thời đoạn thẳng nối tâm O với tất điểm ngun biên hình vng chứa điêm nguyên khác hai đầu mút Chứng minh với số nguyên dương n tồn hình vng tốt dạng n × n Bài Tìm số nguyên dương n cho với hệ thặng dư thu gọn mođun n { a1 , a2 , , aϕ ( n ) } ta có a1a2 aϕ ( n) ≡ −1(mod n) Bài Cho f1 ( x), f ( x), , f n ( x) n đa thức với hệ số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức P(x) hệ nguyên cho với ∀i = 1; n ta ln có P ( x) + f i ( x) đa thức bất khả quy Z Bài Cho m = 2007 2008 , hỏi có tất số tự nhiên n < m cho m | n(2n + 1)(5n + 2) 14 Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số Bài 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 tốt mà tổng phần tử 2003 Chứng minh ta loại phần tử c C cho tập lại tập tốt Bulgaria TST 2003 Bài Chứng minh tồn dãy (an ) tăng thực cho với n a1a2 an − tích hai số nguyên liên tiếp USA -TST 2009 Bài 10 a) Chứng minh tập số nguyên phân hoạch thành cấp số cộng với công sai khác b) Chứng minh tập hợp sô nguyên viết dạng hợp cấp số cộng với công sai đôi nguyên tố Moldova TST 2009 15 Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số Tài liệu tham khảo - Đặng Hùng Thắng – Đồng dư phương trình đồng dư Nguyễn Vũ Lương – Các giảng số học Tuyển chọn chuyên đề toán học tuổi trẻ – Tập Diễn đàn – http://mathvn.org 16 ...  ÷ , ÷  Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA Trong định lí phần dư Trung Hoa, có điều kiện m1 , m2 , , mn số nguyên dương đôi...  i = 1, k αi i Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số  x ≡ (mod piαi )  Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ phương trình ai ∈{−1;0} có  i = 1, k nghiệm (thặng... Cách phức tạp Bài tốn giải đẹp định lí đồng dư Trung Hoa An = { a ∈ N |1 ≤ a ≤ n, (a, n) = 1} Đặng Đình Sơn học Ứng dụng định lí Phần dư Trung Hoa giải toán số Khi n = pα ⇒ ϕ (n) = pα − pα −1