SH lien ND dinh ly thang du trung hoa VP 2016 08 16

ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Nguyễn Duy Liên Giáo viên THPT Chuyên Vĩnh Phúc Lời giới thiệu Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học vua khoa học Số học Nữ hồng" Điều nói lên tầm quan trọng Số học đời sống khoa học Số học giúp người ta có nhìn tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, toán Số học thường đóng vai trò quan trọng Chúng ta làm quen nhiều dạng toán Số học, biết nhiều phương pháp giải, có có cách giải Mỗi gặp toán lại phải suy nghĩ tìm cách giải Sự phong phú đa dạng toán Số học hấp dẫn giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Xuất phát từ ý nghĩ tơi sưu tầm hệ thống lại số toán để viết lên chuyên đề " Định lý thặng dư Trung Hoa số ứng dụng ” Mục tiêu số mẫu, số khác biệt nói lên phần yếu chun đề Tuy vậy, thiếu sót nhầm lẫn khơng thể tránh khỏi tất , phương diện chuyên môn phương diện sư phạm Lối trình bày giải lối Tôi cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh theo mà khơng lạc hướng Ngồi lúc viết tơi ln ln ý đến bạn nhiều lí phải tự học, giản dị đầy đủ phương châm viết chuyên đề Tôi xin trân thành cảm ơn thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho chỗ thơ lâu phê bình chân thành để có dịp tơi sửa chữa chuyên đề hoàn thiện Vĩnh Yên, mùa Hạ năm 2016 Nguyễn Duy Liên I MỞ ĐẦU Định lý thặng dư Trung Hoa tên người phương Tây đặt thêm, 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 sự, tục kể Hàn Tín điểm qn số ơng cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng báo cáo số dư hàng, từ ơng tính xác quân số đến người Cách điểm quân số ông thể qua thơ sau: Tam nhân đồng hành thất thập hy Ngũ thụ mai hoa trấp chi Thất tử đồn viên bán nguyệt Trừ bách linh ngũ tiện đắc chi Dịch Ba người bảy chục Năm cỗ mai hoa hăm mốt cành Bảy gã xum vầy vừa nửa tháng Trừ trăm linh năm biết số thành ( Người dịch: Trình Đại Vỹ đời nhà Minh ) Bản chất tốn 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 số nguyên dương đôi nguyên tố nhau, với tốn Hàn Tín k = 3; m1 = 3; m2 = 5; m3 = *Định lý Thặng dư Trung Hoa Cho k số nguyên dương đôi nguyên tố m1 , m2 , , mk a1 , a2 , , ak k số ngun tùy ý hệ phương trình đồng dư tuyến tính ⎧ x ≡ a1 ( mod m1 ) ⎪ ⎪ x ≡ a2 ( mod m2 ) ⎨ ⎪ ⎪ x ≡ a ( mod m ) k k ⎩ Có nghiệm mơ đun m1m2 mk Chứng minh định lý Chứng minh : Giả sử hệ có hai nghiệm x, y dẫn đến x ≡ y ( mod mi ) , ∀i = 1; k Vì m1 , m2 , , mk đôi nguyên tố nên x ≡ y ( mod m1m2 mk ) Tức y x thuộc lớp thặng dư m1m2 mk Chứng minh tồn tại: Ta muốn viết nghiệm tổ hợp tuyến tính số a1 , a2 , , ak Chẳng hạn x = A1a1 + A2 a2 + L + Ak ak Với Ai phải tìm thỏa mãn Aj ≡ ( mod mi ) , ∀j ≠ i Ai ≡ 1( mod mi ) Đặt N1 = m2 m3 mk ; N = m1m3 mk ; ; N i = m1m2 mi −1mi +1 mk ; Khi ( Ni , mi ) = ( mi , m1 ) = ( mi , m2 ) = L = ( mi , mi −1 ) = ( mi , mi +1 ) = L = ( mi , mk ) = m j Ni , ∀j ≠ i Vì ( Ni , mi ) = nên tồn Ni−1 cho N i N i−1 ≡ 1( mod mi ) Đến ta đặt Ai = Ni Ni−1 ( ) Ai ≡ 1( mod mi ) ; Ai ≡ ( mod m j ) , ∀j ≠ i N i ≡ ( mod m j ) ⇒ Ai ≡ ( mod m j ) Khi x = A1a1 + A2 a2 + L + Ak ak = N1 N1−1a1 + N N 2−1a2 + L + N k N k−1ak thỏa mãn x ≡ N i N i−1ai ≡ ( mod mi ) ( tất thừa số lại chia hết cho mi ) *Nhận xét:Định lý thặng dư Trung Hoa khẳng định tồn lớp thặng dư số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính Do sử dụng định lý để giải toán tồn đếm số nguyên thỏa mãn hệ điều kiện quan hệ đồng dư, quan hệ chia hết…, hay đếm số nghiệm phương trình đồng dư, chứng minh cho toán số học chia hết Việc sử dụng hợp lý m1 , m2 , , mk a1 , a2 , , ak định lý ,cho ta nhiều kết thú vị từ ta lập nhiều tốn hay khó Sau tơi đưa số ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán số học mà thường gặp II ÁP DỤNG CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỒNG DƯ TUYẾN TÍNH Vận dụng tư tưởng định lý thặng dư Trung Hoa, xây dựngmột phương pháp hiệu việc giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính Cách giải • Bước 1: Đặt m = m1m2 mn = N i mi với i = 1,2,3, , n • Bước 2: Tìm nghiệm N i−1 phương trình N i x ≡ 1( mod m ) n • Bước 3: Tìm nghiệm hệ là: x0 = ∑ N i N i−1ai i =1 • Bước4 : Kết luận nghiệm: x ≡ x0 ( mod m ) Ví dụ Đầu tiên ta đến với thơ đố dân gian Việt Nam : Trung Thu Trung thu gió mát trăng Phố phường đơng đúc , đèn lồng sa Rủ đếm đèn hoa Quẩn quanh, quanh quẩn biết hay Kết năm chẵn số đèn Bảy đèn kết lại hai thừa Chín đèn bốn dư Đèn hoa bao mà ngẩn ngơ lòng ( Cho biết số đèn khoảng 600 đến 700) Giải : Sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta giải sau Gọi số đèn x, ( x ∈ Z,600 ≤ x ≤ 700 ) theo thơ ta có hệ phương trình đồng dư sau: N1 = ⋅ = 63 ≡ ( mod ) ⇒ N1−1 = ⎧ x ≡ ( mod ) ⎪ ⎨ x ≡ ( mod ) ⎪ ⎩ x ≡ ( mod ) N = ⋅ = 45 ≡ ( mod ) ⇒ N 2−1 = , N = ⋅ = 35 ≡ ( mod ) ⇒ N 3−1 = Từ ta có x = 2.63.0 + 5.45.2 + 8.35.4 = 1570 ≡ 310 ( mod 315 ) ⇒ x = 310 + 315k , k ∈ Z Do x ∈ Z,600 ≤ x ≤ 700 từ suy k = x = 625 Vậy số đèn 625 Hoặc giải theo Cụ thời xưa sau : Gọi x số đèn ( x số nguyên dương khoảng 600 đến 700 ), x chia hết cho 5, x chia cho dư 2, x chia cho dư Chú ý số dư chia cho cho số chia đơn vị , suy x + chia hết cho 5;7;9 Bội số chung nhỏ 5;7;9 nằm khoảng 600 đến 700 315 × = 630 Vậy số đèn 630 − = 625 Lời giải sáng đẹp đẽ tiếc chưa chuyển thể thơ thơi Ví dụ Giải hệ phương trình đồng dư: ⎧ x ≡ ( mod 3) ⎪ ⎨ x ≡ ( mod ) ⎪ ⎩ x ≡ ( mod ) Giải Ta có N1 = ⋅ = 35 ≡ ( mod 3) ⇒ N1−1 = N = ⋅ = 21 ≡ 1( mod ) ⇒ N 2−1 = N = ⋅ = 15 ≡ 1( mod ) ⇒ N 3−1 = Từ ta có x = 2.35.2 + 1.21.3 + 1.15.5 = 278 ≡ 68 ( mod105) nghiệm hệ phương trình Ví dụ Giải hệ phương trình đồng dư : ⎧ x ≡ 1( mod 3) ⎪ ⎪ x ≡ ( mod ) ⎨ ⎪ x ≡ 1( mod ) ⎪ x ≡ mod8 ( ) ⎩ Giải Ta có N1 = ⋅ ⋅ = 280 ≡ 1( mod 3) ⇒ N1−1 = N = ⋅ ⋅ = 168 ≡ ( mod ) ⇒ N 2−1 = N = ⋅ ⋅ = 120 ≡ 1( mod ) ⇒ N 3−1 = N = ⋅ ⋅ = 105 ≡ 1( mod8 ) ⇒ N 4−1 = Từ có x = 1.280.1 + 2.168.4 + 1.120.1 + 1.105.1 = 1849 ≡ 169 ( mod 840 ) nghiệm hệ phương trình Ví dụ Giải phương trình đồng dư x ≡ 1( mod144 ) Giải Vì 144 = 16 ⋅ 9, (16,9 ) = Do theo địnhlý thặng dư Trung Hoa nghiệm tốn nghiệm hệ phương trình ⎧⎪ x ≡ 1( mod16 ) ⎨ ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) Phương trình x ≡ 1( mod16 ) có nghiệm x ≡ ±1, ±7 ( mod16 ) Phương trình x ≡ 1( mod ) có nghiệm x ≡ ±1( mod ) ta có tất hệ sau ⎪⎧ x ≡ 1( mod16 ) ⎪⎧ x ≡ 1( mod16 ) ⎪⎧ x ≡ −1( mod16 ) ⎪⎧ x ≡ −1( mod16 ) (1) , ⎨ ( 2) , ⎨ ( 3) , ⎨ ( 4) ⎨ ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) ⎪⎩ x ≡ −1( mod ) ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) ⎪⎩ x ≡ −1( mod ) ⎧⎪ x ≡ ( mod16 ) ⎧⎪ x ≡ ( mod16 ) ⎧⎪ x ≡ −7 ( mod16 ) ⎧⎪ x ≡ −7 ( mod16 ) ( 5) , ⎨ (6) , ⎨ (7) , ⎨ (8) ⎨ ⎩⎪ x ≡ 1( mod ) ⎩⎪ x ≡ −1( mod ) ⎩⎪ x ≡ 1( mod ) ⎩⎪ x ≡ −1( mod ) Cả hệ ứng với k = N1 = ≡ ( mod16 ) ⇒ N1−1 = ⇒ N1 N1−1 = 81 N = 16 ≡ ( mod ) ⇒ N 2−1 = ⇒ N N 2−1 = 28 Do phương trình ban đầu có tất nghiệm sau (1) : x = 1.81 + 1.64 = 145 ( ) : x = 1.81 + ( −1) 64 = 17 ( 3) : x = ( −1) 81 + 1.64 = −17 ( ) : x = ( −1) 81 + ( −1) 64 = −145 ( 5) : x = 7.81 + 1.64 = 631 ( ) : x = 7.81 + ( −1) 64 = 503 ( ) : x = ( −7 ) 81 + 1.64 = −503 (8) : x = ( −7 ) 81 + ( −1) 64 = −631 ≡ 1( mod144 ) ≡ 17 ( mod144 ) ≡ −17 ( mod144 ) ≡ −1( mod144 ) ≡ 55 ( mod144 ) ≡ 71( mod144 ) ≡ −71( mod144 ) ≡ −55 ( mod144 ) Nhận xét: Như dựa vào định lý thặng dư Trung Hoa ta đếm số nghiệm phương trình đồng dư Chúng ta hãycụ thể hóa ý tưởng thơng qua ví dụ 5, ví dụ sau Ví dụ Cho m số nguyên dương ,tìm số nghiệm phương trình : x ≡ x ( mod m ) Giải Giả sử m = p1α p2α pkα ( k ( p ∈℘, α i i ∈ N ) Ta có x ≡ x ( mod m ) ) ( ∀i = 1, 2, , k ) ⇔ x ( x − 1) ≡ ( mod p ) (∀i = 1, 2, , k ) Vì ( x, x − 1) = ⇒ pt : x ( x − 1) ≡ ( mod p ) có hai nghiệm modulo p x ≡ ( mod p ) x ≡ x mod piαi αi i αi i αi i αi i x ≡ 1( mod piα ) Theo định lí thặng dư Trung Hoa ,với a1 , a2 , , ak Hệ phương trình i ⎧⎪ x ≡ ( mod piα ⎨ ⎪⎩i = 1, 2, , k i ) α ln có nghiệm modulo m Do phương trình x ( x − 1) ≡ ( mod pi i ) có hai αi i nghiệm modulo p nên phương trình cho có k nghiệm Ví dụ 6.(VMO 2008).Cho m = 20072008 Hỏi có số nguyên dương n ≤ m thoả mãn điều kiện : n ( 2n + 1)( 5n + )M m Giải: Ta có m = 92008.2232008 = 34016.2232008 = n1.n2 Do (10, m ) = ⇒ n ( 2n + 1)( 5n + )M m ⇔ m |10.5.2n ( 2n + 1)( 5n + ) = 10n (10n + )(10n + ) ⇔ m | x ( x + )( x + ) x = 10n Ta có : m | x ( x + )( x + ) ⇔ hệ phương trình đồng dư sau ⎧ x ≡ ( mod10 ) ⎪ ⎨ x ( x + )( x + ) ≡ ( mod n1 ) ⎪ ⎩ x ( x + )( x + ) ≡ ( mod n2 ) Vì khơng ước chung x, x + 4, x + nên x ( x + )( x + ) ≡ ( mod n1 ) x ≡ r1 ( mod n1 ) r1 ∈ {0, −4, −5} Tương tự x ( x + 5)( x + ) ≡ ( mod n2 ) x ≡ r2 ( mod n2 ) r1 ∈ {0, −4, −5} Vậy m | n ( 2n + )( 5n + ) ⇔ x ≡ ( mod10 ) ; x ≡ r1 ( mod n1 ) ; x ≡ r2 ( mod n2 ) (1) Vậy số n ≤ m thoả mãn điều kiện số số x ≤ 10n1.n2 thoả mãn (1) Với cách chọn r1 ∈ {0, −4, −5} & r2 ∈ {0, −4, −5} theo định lí Trung Hoa ta có số x ≤ 10n1.n2 thoả mãn (1) Vậy có số thoả mãn điều kiện Bài toán tổng quát Cho m = p1α p2α pkα ( pi ∈℘, α i ∈ N ) f ( x ) đa thức với hệ số k ngun Khi phương trình đồng dư f ( x ) ≡ ( mod m ) có nghiệm tất phương trình đồng dư f ( x ) ≡ ( mod piα ) , i = 1, k có nghiệm Nếu gọi số nghiệm phương i trình f ( x ) ≡ ( mod piα ) , i = 1, k ni phương trình f ( x ) ≡ ( mod m ) có n1n2 nk i nghiệm modulo m III ÁP DỤNG ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI TRONG SỐ HỌC Ví dụ 1.Cho p, q ∈ N* \ {1} , ( p, q ) = Chứng minh tồn k ∈ Z cho ta có số ( pq − 1) n k + hợp số với n ∈ N* Giải : Do ( p, q ) = theo định lí thặng dư Trung Hoa ∃k ∈ N* thoả mãn hệ phương trình đồng dư ⎧⎪k ≡ 1( mod p ) ⎨ ⎪⎩k ≡ −1( mod q ) Nếu : nM ⇒ ( pq − 1) ≡ 1( mod q ) ⇒ ( pq − 1) k ≡ −1( mod q ) ⇔ ( pq − 1) k + ≡ ( mod q ) n n n Nếu : n M ⇒ ( pq − 1) ≡ −1( mod p ) ⇒ ( pq − 1) k ≡ −1( mod p ) ⇔ ( pq − 1) k + ≡ ( mod p ) n n n Vậy ( pq − 1) k + hợp số với n ∈N* Nhận xét: Chứng minh thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa n Mấu chốt toán thấy để ( pq − 1) k + hợp số ta cần n ( pq − 1) k + chia hết cho p q (qua việc xét tính chẵn lẻ n ) từ ta xây dựng hệ phương trình đồng dư : ⎧⎪k ≡ 1( mod p ) ⎨ ⎪⎩k ≡ −1( mod q ) n Ví dụ 2.(IMO 1989) Chứng minh với n ∈ N* tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số luỹ thừa (với số mũ nguyên dương) số nguyên tố Giải: Cách Mỗi n ∈ N* xét n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pn Xét hệ phương trình ⎧ x ≡ p1 − 1( mod p12 ) ⎪ ⎪ x ≡ p2 − 1( mod p22 ) ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ x ≡ pn − 1( mod pn ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm ⇔ ∃a ∈ Z : a ≡ pi − 1( mod pi2 ) ∀i = 1, n Từ suy số a + 1, a + 2, , a + n luỹ thừa với số mũ nguyên dương số nguyên tố Cách Mỗi n ∈ N* xét 2n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pn , q1 , q2 , , qn Xét hệ phương trình ⎧ x ≡ −1( mod p1q1 ) ⎪ ⎪ x ≡ −2 ( mod p2 q2 ) ⎨ ⎪ ⎪ x ≡ − n ( mod p q ) n n ⎩ Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm ⇔ ∃a ∈ Z : a ≡ −i ( mod pi qi ) ∀i = 1, n Từ suy số a + 1, a + 2, , a + n , luỹ thừa với số mũ nguyên dương số nguyên tố Nhận xét: qua chọn khéo léo m1 , m2 , , mk cho ta dãy n số hạng thỏa mãn yêu cầu Tư tưởng giống cho ví dụ 4,5,6,10 Ví dụ (Nordic 1998) Tìm số nguyên dương n cho tồn dãy { x1 , x2 , , xn } = {1, 2, , n} thoả mãn : x1 + x2 + L + xk M k với k = 1, 2, , n 2/ Tồn hay không dãy vô hạn { x1 , x2 , } = {1, 2, } cho xi ≠ x j ∀i ≠ j thoả mãn: x1 + x2 + L + xk M k với k = 1, 2, , n ? Giải 1/ n = thoả mãn, n = thoả mãn với dãy tương ứng 1,3, n n n ( n + 1) * Giả sử n ∈ thoả mãn đề ta có : ∑ xi = ∑ i = M n ⇒ n số lẻ i =1 i =1 n −1 n −1 n +1 theo gt ∑ xi = ∑ i = mn − xn M n − nên suy Giả sử n ≥ 5, đặt m = i =1 i =1 xn ≡ mn ≡ m ( mod n − 1) ,1 ≤ xn ≤ n ⇒ xn −1 = n − Tương tự ta có n−2 n−2 i =1 i =1 ∑ xi = ∑ i = m ( n − 1) − xn−1 M n − ⇒ xn−1 ≡ m ( n − 1) ≡ m ( mod n − ) ,1 ≤ xn−1 ≤ n ⇒ xn−1 = m = xn Vô lý Vậy có n = 1, n = thoả mãn điều kiện đề 2/Ta xây dựng dãy ( xn )n =1 thoả mãn điều kiện đề +∞ Lấy x1 = 1, x2 = 3, x3 = Giả sử x1 , x2 , x3 , , xN dãy thoả mãn điều kiện x1 + x2 + L + xk M k với k = 1, 2, , N Đặt x1 + x2 + x3 + L + xN = s Gọi n số nguyên dương bé không nằm dãy x1 , x2 , x3 , , xN Do ( N + 1, N + ) = nên theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên ⎧⎪m ≡ − s ( mod N + 1) m > x1 , x2 , x3 , , xN thoả mãn ⎨ ⎪⎩m ≡ − s − n ( mod N + ) đặt xN +1 = m, xN + = n ,ta có dãy x1 , x2 , x3 , , xN , xN +1 , xN + thoả mãn điều kiện tốn + x1 + x2 + x3 + L + xN + xN +1 = s + mM N + ; x1 + x2 + x3 + L + xN +1 + xN + = s + m + nM N + x1 + x2 + L + xk M k với k = 1, 2, , N Do x1 + x2 + L + xk M k với k = 1,2, , N + hiển nhiên dãy ( xn )n =1 xây dựng +∞ thoả mãn điều kiện đề Nhận xét: Trong toán ta cần ý đến dãy { xn } hốn vị tập N ,nếu khơng có giả thiết tốn trở thành tầm thường, phần ta cần quy nạp sau, x1 , x2 , , xn thỏa mãn ta ln tìm xn +1 cho x1 + x2 + L + xn +1 M n + Do ta cần phải xây dựng dãy { xn } cho dãy { xn } quyét hết tập N , u cầu tốn Ví dụ Chứng minh p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt phương trình x1p + x2p + L + xnp−1 = xnp có vơ số nghiệm ngun dương ( x1 , x2 , , xn ) n −1 n Giải Ta có đẳng thức ( n − 1) + ( n − 1) + L + ( n − 1) = ( n − 1) 1444442444443 k k k k +1 n −1 k p1 k k k +1 Khi ta chọn x1 = ( n − 1) , x2 = ( n − 1) p , , xn −1 = ( n − 1) p , xn = ( n − 1) p n−1 n Thì ta thu phương trình x1p + x2p + L + xnp−1 = xnp Vậy ta số nguyên dương k cho x1 , x2 , , xn nguyên ta điều phải chứng minh Mà điều tương đương với hệ sau có nghiệm n −1 n ⎧ k ≡ ( mod p1 ) ⎪ ⎪ k ≡ ( mod p2 ) ⎪ ( *) ⎨L ⎪ k ≡ mod p ( n −1 ) ⎪ ⎪ k ≡ −1( mod pn ) ⎩ Điều theo định lý thặng dư Trung Hoa , p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương n tồn n số nguyên a1 , a2 , , an Sao cho + a j lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn với i, j ∈ {1, 2, , n} Giải Ta chọn số sau x x x a1 = 1x +1.2 x 3x ( 2n ) , a1 = 1x x +1.3x ( 2n ) ,…, an = 1x x 3x n x +1 ( 2n ) , xi ∈ N 2n + a j = 1x x 3x i x +1 ( 2n ) i x2 n 2n + 1x x 3x j x j +1 ( 2n ) x2 n = 1x x 3x ( 2n ) 2n n x2 n (i + j ) + a j = 1x x 3x ( i + j ) ( 2n ) Xét số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , p2 n Xét hệ phương trình đồng dư tuyến tính ⎧⎪ x1 ≡ −1( mod p1 ) ⎧⎪ x2 ≡ −1( mod p2 ) , ⎨ , …, ⎨ ⎪⎩ x1 ≡ ( mod pk ) , ∀k ∈ {2,3, , 2n} ⎪⎩ x2 ≡ ( mod pk ) , ∀k ∈ {1,3, 4, , 2n} ⎧⎪ xi + j ≡ −1( mod pi + j ) ⎧⎪ x2 n ≡ −1( mod p2 n ) , ⎨ ⎨ ⎪⎩ xi + j ≡ ( mod pk ) , ∀k ∈ {1, 2,3, i + j − 1, i + j + 1, , 2n} ⎪⎩ x2 n ≡ ( mod pk ) , k = 1, 2n − Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm Từ suy x +1 x x1 x2 ; ;L; i + j ;L; n ⋅ số số nguyên pi + j pi + j pi + j pi + j xi+ j +1 x2 n x x +1 x ⎡ px p x x ( 2n ) = ⎢1 ⋅ L( i + j ) p L( 2n ) p Khi + a j = ( i + j ) ⎢⎣ lũy thừa số nguyên dương điều phải chứng minh x3 xi + j +1 x2 n i+ j i+ j i+ j i+ j 2n i+ j ⎤ ⎥ ⎥⎦ pi + j Ví dụ (BalKan 2000) Cho A tập hợp khác rỗng số nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên dương m cho phần tử tập mA lũy thừa số tự nhiên với số mũ lớn Giải Giả sử A = {a1 , a2 , , ak } Gọi p1 , p2 , , pN tất ước số nguyên tố số k ∏a i =1 i N Với i = 1, 2, , k tồn số nguyên không âm α i , j cho = ∏ p j Gọi αi , j j =1 q1 , q2 , , qk số nguyên tố phân biệt Theo định lý thặng dư Trung Hoa , với j = 1, N Tồn β j ≡ −αi , j ( mod qi ) với i = 1, 2, , k N N Đặt m = ∏ p Khi với i = 1, 2, , k mai = ∏ p j =1 βj j j =1 αi , j +β j j ⎡N α = ⎢∏ p j ⎢⎣ j =1 i , j +β j qi qi ⎤ ⎥ số lũy thừa ⎥⎦ Ta có điều phải chứng minh Ví dụ Chứng minh tồn vô hạn số k nguyên dương chẵn, cho với số nguyên tố p số p + k hợp số Giải + Nếu p = ⇒ p + k hợp số với số k chẵn + Nếu p > ⇒ p ≡ 1( mod 3) ⇒ k chẵn k ≡ ( mod 3) p + k hợp số (bội ) + Nếu p = ⇒ p + k = + k ≡ ( mod ) k ≡ 1( mod ) Vậy k thỏa mãn điều kiện toán ⇔ k nghiệm nguyên dương hệ phương trình đồng dư ⎧k ≡ ( mod ) ⎪ ⎨k ≡ ( mod 3) ⎪ ⎩k ≡ 1( mod ) theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm : k ≡ 26 ( mod 30 ) ⇔ k = 30h + 26, ( h ∈ N ) , p + k = p + 30h + 26 ≥ 40 p + k hợp số Vậy có vơ số k ngun dương chẵn, cho với số nguyên tố p số p + k hợp số Nhận xét: Chứng minh thật ấn tượng nhờ vào việc sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa Mấu chốt toán thấy để p + k hợp số ta cần p + k chia hết cho ,3 (qua việc xét dạng p ) từ ta xây dựng hệ phương trình đồng dư : ⎧k ≡ ( mod ) ⎪ ⎨k ≡ ( mod 3) ⎪ ⎩k ≡ 1( mod ) Từ tìm tất giá trị k Ví dụ (Mathlink.ro) Chứng minh tồn đa thức P ( x ) ∈ Z [ x ] , khơng có nghiệm ngun cho với số nguyên dương n , tồn số nguyên dương x cho P ( x )M n Giải Xét đa thức P ( x ) = ( x + 1)( 3x + 1) Với số nguyên dương n , ta biểu diễn n dạng n = 2k ( 2m + 1) • Vì ( k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ 1( mod 2k ) Từ 3x ≡ −1( mod 2k ) ta cần chọn x ≡ −a ( mod 2k ) • Vì ( 2, 2m + 1) = nên tồn b cho 2b ≡ 1( mod 2m + 1) Từ x ≡ −1( mod 2m + 1) ta cần chọn x ≡ −b ( mod 2m + 1) 10 ( ⎧⎪ x ≡ a0 a1a2 a9 mod 1010 ⎨ ⎪⎩ x ≡ ( mod p ) Trong ∈ {0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} , ≠ a j , ∀0 ≤ i ≠ j ≤ ( ) ) Vì p ∈℘ , p ∈/ {2,5} ⇒ gcd p,1010 = Do theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ chắn có nghiệm, nghiệm hệ số thỏa mãn (điều phải chứng minh ) Nhận xét:Từ trường hợp sở cho số nguyên tố 5, xây dựng nên hệ phương trình Đồng dư tuyến tính tối ưu cho số nguyên tố khác Ví dụ 13 (HSG Trại hè Hùng Vương 2014) Chứng minh tồn 16 số nguyên dương liên tiếp cho khơng có số 16 số biểu diễn dạng x + xy − y , ( x, y ∈ N ) Giải Đặt x + xy − y = A ⇒ 28A = (14 x + y ) − 13.17 y Ta xét số dư chia A cho 9,13 17 thu • A chia cho khơng có số dư 3,6 • A chia cho 13 khơng có số dư 1,3,4,9,10,12 • A chia cho 17 khơng có số dư 1,2,4,8,9,13,15,16 Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương n thỏa mãn : ⎧n ≡ −4 ( mod ) ⎪ ⎨n ≡ −2 ( mod 13) ⎪ ⎩n ≡ ( mod 17 ) Rõ ràng • n + 7; n + 10 khơng có dạng x + xy − y , ( x, y ∈ N ) • n + 3; n + 5; n + 6; n + 11; n + 12; n + 14 khơng có dạng x + xy − y , ( x, y ∈ N ) n + 1; n + 2; n + 4; n + 8; n + 9; n + 13; n + 15; n + 16 khơng có dạng x + xy − y Suy tồn 16 số nguyên dương liên tiếp n + 1; n + 2; ; n + 15; n + 16 thỏa mãn ycbt • Nhận xét:Từ trường hợp sở cho số nguyên 9,13 17, xây dựng nên hệ phương trình Đồng dư tuyến tính tối ưu để 16 số ngun dương liên tiếp khơng có dạng biểu thức cho, việc làm cần có nhạy bén tinh tế Ví dụ 14 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương k cho với số nguyên dương n , số k 2n + hợp số Giải Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn vô hạn k nguyên dương cho 13 ⎧k ≡ 1( mod3) ⎪ ⎪k ≡ 1( mod5 ) ⎪k ≡ mod ( ) ⎪ ⎨ ⎪k ≡ 10 ( mod 13) ⎪k ≡ 1( mod 17 ) ⎪ ⎪k ≡ −1( mod 241) ⎩ n + Nếu n ≡ 1( mod ) ⇒ k + ≡ + ≡ ( mod 3) ⇒ k 2n + hợp số + Nếu n ≡ ( mod ) • Nếu n ≡ ( mod ) ⇒ k 2n + ≡ 22 + ≡ ( mod ) ⇒ k 2n + hợp số • Nếu n ≡ ( mod ) - Nếu n ≡ ( mod8 ) ⇒ k 2n + ≡ 24 + ≡ ( mod17 ) ⇒ k 2n + hợp số Nếu n ≡ ( mod8 ) 1) Trường hợp Nếu n ≡ 16 ( mod 24 ) ta có 224 ≡ ( 23 ) ≡ 1( mod ) ( ĐL Fermat’s) 2n = 216+ 24 m ≡ 21+3(5+8 m ) ≡ ( mod ) ⇒ k 2n + ≡ 3.2 + ≡ ( mod ) ⇒ k 2n + hợp số 2) Trường hợp Nếu n ≡ ( mod 24 ) ta có 224 ≡ ( 212 ) ≡ 1( mod 13) ( ĐL Fermat’s) 2n = 28+ 24 m ≡ 256 ≡ −4 ( mod 13) ⇒ k 2n + ≡ 10.( −4 ) + ≡ ( mod 13) ⇒ k 2n + hợp số 3) Trường hợp Nếu n ≡ ( mod 24 ) ta có 224 ≡ ( 212 ) ≡ 1( mod 241) ( ĐL Fermat’s) 2n = 224 m ≡ 1( mod 241) ⇒ k 2n + ≡ ( −1) + ≡ ( mod 241) ⇒ k 2n + hợp số Từ kết ta có tồn vô hạn số nguyên dương k cho với số nguyên dương n , số k 2n + hợp số IV ÁP DỤNG TRONG CÁC BÀI TỐN VỀ CHỨNG MINH CHIA HẾT VÀ TÌM SỐ NGUN THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Ví dụ Chứng minh phương trình x − 34 y ≡ −1( mod m ) có nghiệm với m ∈ Giải Trường hợp ( m,3) = ⇒ x * − 34 y ≡ −1( mod m ) ⇔ ( x − y )( x + y ) ≡ ( y + 1)( y − 1) ( mod m ) Tập hợp số {3 y + 1,3 y − 1} chạy qua số không chia hết cho ⇒ ∃y0 ∈ Z : ( y0 + 1)( y0 − 1)M m chọn x0 = y0 ⇒ ( x0 , y0 ) cần tìm Trường hợp ( m,5) = ⇒ x − 34 y ≡ −1( mod m ) ⇔ ( x − y )( x + y ) ≡ ( y + 1)( y − 1)( mod m ) Tập hợp số {5 y + 1,5 y − 1} chạy qua số không chia hết cho ⇒ ∃y0 ∈ Z : ( y0 + 1)( y0 − 1)M m chọn x0 = y0 ⇒ ( x0 , y0 ) cần tìm Trường hợp 14 ( m,3) = ( m,5) ≠ đặt m = m1.m2 với m1 = 3α ( α ∈ N* ) , m2 ∈ N* : ( m1 ; m2 ) = 1, ( m1 ,5 ) = • • ( 3, m ) = ⇒ ∃( x ; y ) ∈ ( Z ) ( 5, m ) = ⇒ ∃( x ; y ) ∈ ( Z ) 1 2 + : x12 − 34 y12 ≡ 1( mod m2 ) + : x22 − 34 y22 ≡ 1( mod m1 ) Từ theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn ( x, y ) ∈ N* cho ⎧⎪ x ≡ x1 ( mod m1 ) ⎧⎪ x ≡ x2 ( mod m2 ) &⎨ ⎨ y ≡ y mod m ( ) 1 ⎩⎪ ⎩⎪ y ≡ y2 ( mod m2 ) Vậy ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Cách giải tốn dùng phương pháp gen phương trình đồng dư , kết hợp với định lí thặng dư Trung Hoa Ví dụ (Shortlisted IMO 1998) Xác định tất n ∈N* cho với n tồn m ∈ Z cho: n − 1| m + Giải Ta chứng minh 2n − 1| m + ⇔ n = 2s ( s ∈N* ) Điều kiện cần Đặt n = 2s t ( s ∈ N, t ∈ N* , ( t ,2 ) = 1) Nếu t ≥ ⇒ 2t − 1| n − ⇒ 2t − 1| m + Ta có 2t − ≡ −1( mod ) ⇒ ∃p ∈℘: p ≡ −1( mod ) , p | 2t − 1( p ≠ 3) ⇒ p | m2 + ⇔ p | m + 32 theo định lý Fecma ≡ m p −1 ≡ ( m ) p −1 ≡ ( −9 ) p −1 ≡ −1( mod p ) vơ lí điều khơng xẩy tồn t ⇒ p = mâu thuẫn ,Nên 2t ≡ −1 ≡ 1( mod p ) n = 2s ( s ∈ N* ) Điều kiện đủ ( ) ( ) 2n − = 22 − = ( − 1)( + 1) ( 22 + 1) 22 + 22 + từ suy s s −1 ( ) ⇒ 2n − 1| m + ⇒ 22 + 1| m + 9∀t = 1, s − Mà 22 + 1;22 + = 1( α ≠ β ) t α β ( ) Theo Định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình x ≡ 22 mod 22 + ∀t = 0, s − t ( t +1 ) t ( t +1 ) có nghiệm nên tồn c ∈ Z : c ≡ 22 mod 22 + ⇒ c + ≡ mod 22 + ∀t = 0, s − t từ suy 2n − 1| ( c + 1) = m + m = 3c Nhận xét: Cái khó tốn dự đốn dạng n ( thơng qua số ví dụ sở), với điều kiện đủ ta cần xây dựng hệ phương trình đồng dư có m1 , m2 , , ms đôi nguyên tố Ví dụ (Shortlisted IMO 2001) Cho số nguyên dương a có ước nguyên tố dạng 4k + 1( k ∈ N* ) Chứng minh tồn b∈N* cho b + 1M a + a Giải Bổ đề; cho p ∈℘, p = 4k + ⇒ ∃x ∈ N* : x + 1M p n ( n ∈N* cho trước) Quy nạp 15 n = chọn x = ( 2k )! thoả mãn bổ đề Giả sử bổ đề với n = h ∈N* ⇔ ∃xh : xh2 + 1M p h ⇔ xh2 + = up h ( u ∈ N* ) Đặt xh +1 = xh + h ⇒ xh2+1 + = ( xh + h ) + = p h ( u + xht ) + p ht M p h +1 Ta cần chọn t ∈ : u + xht M p x α Áp dụng a = ∏ ph h =1 h s (p ≡ 1( mod ) ) ⇒ a + = ∑ phα ( ph ≡ 1( mod ) ) h h h =1 s a ( a + 1) = ∑ pkα k k =1 ∀h = 1,2, , s ⇒ ∃bh ∈ Z : bh2 + 1M p h (theo bổ đề ) , b02 + 1M ( b0 ∈ Z ) ⎧⎪ x ≡ b0 ( mod phα Xét hệ phương trình đồng dư : ⎨ α ⎪⎩ x ≡ bs ( mod ps h s ) ) s α Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x = b ∈ Z : b + 1M∏ ph h h =1 Ví dụ Tìm tất số nguyên dương a cho : 2n − n a n − n a , với số n nguyên dương n ≥ Giải Chọn số nguyên tố p cho p > 2, a , a − 2a { } ⎪⎧n ≡ ( mod p ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn n ∈ N* , n ≥ nghiệm hệ ⎨ ⎪⎩n ≡ ( mod p − 1) Từ ta có 2n − n ≡ 22 − 22 ≡ ( mod p ) ⇒ p a n − n a Mà a n − n a ≡ a − 2a ( mod p ) ⇒ p a − 2a Vậy p nguyên tố thỏa mãn p a − 2a ⇒ a − 2a = ⇒ a = 2, a = ( 2a > a , ∀a ≥ ) Thử lại a = 2, a = thỏa mãn { Nhận xét:Cái hay toán qua việc chọn số nguyên tố p cho p > 2, a , a − 2a } Ví dụ Cho số ngun dương n khơng có ước phương khác Chứng minh a n − 1M n a n − 1M n Tìm n ∈ Z + , n > có tính chất a ∈ Z + a n − 1M n a n − 1M n Giải 1) n = p ∈℘, ∀a ∈ N*có a p − 1M p ⇔ a p − a + a − 1M p ⇔ a ≡ 1( mod p ) Từ a p − = ( a − 1) ( a p −1 + a p −2 + L + a + 1) ≡ ( mod p ) n = p1 p2 pk , a n − = a p p p − 1M p1 p2 pk (a p1 p2 pk ) pi − 1M pi ⇒ ( a p p p k k ) pi − 1M pi2 ⇒ a p p p − 1M ( p1 p2 pk ) ⇔ a n − 1M n 2 k 2) n = 2α p1 p2 pk , ≤ α ≤ 2, pi ∈℘, ( pi , ) = 1, i = 1, k Điều kiện đủ Ta cần xét n = p1 p2 pk , pi ∈℘, ( pi , ) = 1, i = 1, k đủ 16 A = ap p pk , a n − = A4 − 1M 4, A lẻ nên A4 − = ( A − 1)( A + 1) ( A2 + 1)M16 ⇒ a n − 1M 42 B = a , a n − = B p p p − 1M p1 p2 pk ⇒ a n − = B p p p − 1M( p1 p2 pk ) theo(1) k 2 k Mà ( 42 , p12 pk2 ) = ⇒ a n − 1M( p1 p2 pk ) = n 2 Điều kiện cần Giả sử n = p α q, p ∈℘ , ( p, ) = 1, ( q, ) = 1, q, α ∈ N α Lấy a = pq + ⇒ a n − = a p q − = p α+1h, ( h, p ) = (chứng minh quy nạp) n ⎪⎧a − 1M a − 1M p Do ⎨ n a n − 1M n ⇒ a n − 1M n ⇔ p α+1hM p α q ⇔ α + ≥ 2α ⇔ α ≤ α ⎪⎩a − 1M p Vậy số mũ α ∨ Xét p = 2, giả sử n = 2α t , t ∈ N , ( t , ) = 52t − = 25t − = 8m, m ∈ N, m lẻ Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương a nghiệm hệ pt đồng dư ⎧⎪a ≡ ( mod16 ) ⎨ ⎪⎩a ≡ 1( mod t ) ( ) ( ) Đặt A = a t ⇒ a n − = A2 − = ( A2 − 1)( A2 + 1) A2 + A2 + = 2α+ V , (V , ) = α i α−1 Do A2 − = a t − ≡ 25t − ≡ ( mod16 ) , A2 + ≡ ( mod ) ∀i = 1, s − i Do a n − 1M n a n − 1M n ⇔ 2α+ V M 22 α t ⇔ α + ≥ 2α ⇔ α ≤ ⇔ α ∈ {0,1, 2} Vậy n = 2α p1 p2 pk , ≤ α ≤ 2, pi ∈℘, ( pi , ) = 1, i = 1, k Nhận xét:Cái khó tốn phần với điều kiện cần, để giải vấn đề ta cần nắm vững số mũ số với số nguyên tố,và chọn a1 , a2 , , ak hợp lý hệ phương trình đồng dư Ví dụ (Selection tests for the BMO and IMO Romanian teams 2006) Cho a, b số nguyên dương, cho với số nguyên dương n ta có a n + n b n + n Chứng minh a = b Giải Giả sử a = b Ta có n = a + b + ⇒ b > a Gọi p số nguyên tố : p > b , Theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn n số nguyên dương nghiệm hệ pt đồng dư ⎧⎪n ≡ 1( mod ( p − 1) ) ⎨ ⎪⎩n ≡ − a ( mod p ) ⇒ n = ( a + 1)( p − 1) + ⎛ p −1 p −1 ⎞ Theo định lí Fermat’s, a n = a ( a +1)( p −1)+1 = a ⎜ a14 a3 ⎟ ≡ a ( mod p ) ⇒ a n + n ≡ a + n ≡ ( mod p ) , ⎜ a +24 ⎟ time ⎝ ⎠ n n hay p a + n ⇒ p b + n , (1) Mà theo định lí Fermat’s, b n + n ≡ b − a ( mod p ) ( ) Từ (1) ( ) ⇒ p b − a vô lí Vậy điều giả sử a = b sai , a = b Ví dụ 7.Chứng minh với số N nguyên dương tích 2015 số nguyên tố lẻ a phân biệt ước vơ số số có dạng a a +1 + ( a + 1) , với a số nguyên dương 17 Giải Nhận xét với số p số nguyên tố lẻ , p N ⇒ p a a +1 + ( a + 1) a ⎪⎧a ≡ −2 ( mod p ) ⎪⎧a ≡ −2 ( mod p ) ⇔⎨ Chọn ⎨ ( *) , + ≡ − ≡ − − a mod p a mod p ( ) ( ) ⎩⎪ ⎩⎪ Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ (*) có nghiệm a = p − + kp ( p − 1) , k ∈ N* ( Khi N = p1 p2 p2015 , p j số nguyên tố lẻ Theo nhận xét với p j j = 1, 2015 ) ⎧⎪a ≡ a j ( mod p j ) a + ( a j + 1) Xét hệ phương trình đồng dư ⎨ ⎪⎩ j = 1, 2015 theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ tồn vô hạn số a ta có điều chứng minh Nhận xét: Qua hai ví dụ 6,7 cho ta thấy lời giải đẹp ta biết cách sử dụng thành thạo Định lý hệ thặng dư Trung Hoa a j +1 j tồn a j mà p j a j Ví dụ ( The 54th IMO Team Selection tests -2013) Tìm tất a, b, c ∈ Z, c ≥ cho ( a n + 2n ) ( b n + c ) với số nguyên dương n ,đồng thời 2ab không số phương Giải Ta có ( a n + 2n ) ( b n + c ) ⇔ b n ≡ −c ( mod a n + 2n ) ⇒ b3n + c ≡ ( mod a n + 2n ) , (*) ( a + ) ( b + c ) ⇔ b + c ≡ ( mod a + ) , mà a + ⇒ b + c ≡ ( mod a + ) (**) Từ (*) , (**) ⇒ c − c ≡ ( mod a + ) ⇔ a + c ( c + 1)( c − 1) , (***) 3n 3n 3n 3n n 3n 3n 3n n n a n + 23 n n n n n n Khi cho n → +∞ ⇒ c ( c + 1)( c − 1) < a n + 2n , kết hợp (***) ⇒ c ( c + 1)( c − 1) = ⇒ c = ∨ c = + Nếu c = - Khả a = theo đề 2n +1 b n ⇒ b thỏa mãn điều kiện Khả a ≠ tập ước số nguyên tố {a n + 2n , n ∈ N*} vô hạn - Nếu a ⇒ a = 2a1 , ( a1 ∈ Z , a1 > 1) ⇒ a n + 2n = 2n ( a1n + 1) , mà với k , l ∈ N, k ≠ l (a 2k ) + 1, a12 + ≤ ⇒ {a n + 2n , n ∈ N} có vơ hạn ước số ngun tố l ( ) Nếu a lẻ ⇒ ∀k , l ∈ N, k ≠ l ⇒ a + 22 , a + 22 = ⇒ {a n + 2n , n ∈ N} có vơ hạn ước số k k l l nguyên tố,do a n + 2n b n ⇒ b có vơ hạn ước số ngun tố vô lý +Nếu c = - Khả a theo đề a + 22 b + ⇒ b + ≡ ( mod ) vô lý - Khả a lẻ, 2ab khơng số phương ⎧⎪2a = l p1 p2 ps ⎨ 2 ⎪⎩b = m pk pk +1 pt + s ∨ b = m Với l , m ∈ N* , p1 , p2 , , pt + s ∈℘, t , k ∈ N* , s ∈ N số nguyên tố pi i = 1; t + s phân biêt ( ) 18 k = 1, s = vơ lý 2ab số phương Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên tố p cho p ≡ 1( mod ) ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ b = m ⇒ ⎜ i ⎟ = 1, i = 2; t ; ⎜ ⎟ = −1 ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ • k > t ⇒ ⎜ i ⎟ = 1, i = 2; t ; ⎜ i ⎟ = 1, ∀i = k ; t + s & ⎜ ⎟ = −1 ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ • < k ≤ t ⇒ ⎜ i ⎟ = 1, i = 2; t + s , ⎜ ⎟ = −1 ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ( • ) ( ) ( ) ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ ⎛p ⎞ k = 1, s > ⇒ ⎜ i ⎟ = 1, i = 2; t + s − ; ⎜ i ⎟ = 1, ∀i = k ; t + s & ⎜ ⎟ = ⎜ t + s ⎟ = −1 ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ ⎝ p ⎠ ⎛ 2a ⎞ ⎛b⎞ Qua trường hợp ta thấy ⎜ ⎟ = −1; ⎜ ⎟ = theo tiêu chuẩn Euler’s ⎝ p ⎠ ⎝ p⎠ ( • ( 2a ) p −1 = −1( mod p ) ⇒ a Nhưng a p −1 +2 p −1 b p −1 p −1 ) +2 +1⇒ b p −1 p −1 ≡ ( mod p ) ; b p −1 = 1( mod p ) ≡ −1( mod p ) mâu thuẫn ( p ≠ ) Vậy ( a, b, c ) = ( 2, 4k ,0 ) , k ∈ N* , k khơng số phương thỏa mãn đề Nhận xét:Một ví dụ khó viết , toán hợp đồng dư thức,thặng dư bình Phương chút định lý thặng dư Trung Hoa, khéo toán qua viêc chọn số 2a & b cho 2ab khơng số phương 2016 Ví dụ Tìm tất số nguyên dương n để số n.22 − n − 76 số phương Giải Giả sử tồn số nguyên dương n để số n.22 − n − 76 số phương Ta có A = 22 − = 22 + 22 − = 22 + 22 + 22 + 22 + 2016 ( 2016 A = 22 2016 2015 ( 2015 )( ) ( 2015 )( 2015 2014 ) ( )( ) ) − = 3∏ 22 + ( l =1 l l m ) l Gọi d = 22 + 1, 22 + ,1 ≤ l ≠ m ≤ 2015 ⇒ d ⇒ d = ∨ d = , 22 + lẻ suy d = ( l ) Do số 22 + , l = 1; 2015 nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa , l −1 tồn số nguyên C cho C ≡ 22 ( ⇒ ( C + 1)M3∏ ( l l ) ( mod 2l ) + , ∀l = 1; 2015 l ⇒ C + ≡ 22 + mod 22 + ⇒ C + ≡ 22 + 1, ∀l = 1; 2015 2015 2l l =1 ⇒ ( 9c ) + = n 22 2016 ) ( + = A ⇒ 81C + 81M A ⇒ ∃n ∈ N* : ( 9c ) + 81 = n 22 2016 ) −1 − n − 76 vô lý số phương chia cho cho số dư 0,1, 4, Nhưng ⇒ ( 9c ) + ≡ ( mod ) Vậy điều giả sử sai tương đương với khơng có số nguyên dương n để số n.22 2016 − n − 76 số phương 19 Ví dụ 10 Một số nguyên n gọi số tốt n khơng số phương Xác định tất số nguyên m cho m biểu diễn vô hạn cách tổng số tốt khác tích chúng số phương lẻ Giải • Điều kiện cần Giả sử m = u + v + w , với u , v, w số tốt u.v.w số phương lẻ Khi ta có ⎧u ≡ 1;3 ( mod ) ⎪ ⎪v ≡ 1;3 ( mod ) ⇒ m = u + v + w ≡ ( mod ) ⎨ w 1;3 mod ≡ ( ) ⎪ ⎪u.v.w ≡ mod ( ) ⎩ • Điều kiện đủ Ta chứng minh với số nguyên m mà m ≡ ( mod ) thỏa mãn yêu cầu toán Trước tiên ta chứng minh: Với số nguyên dạng m = 4k + 3, ( k ∈ Z ) phân tích Về dạng m = 4k + = xy + yz + zx (1) , x, y, z số nguyên lẻ ( Thật chọn x = + 2t y = − 2t t ∈ Z\ {0}) x, y hai số lẻ (1) , trở thành 4k + = − 4t + (1 + 2t ) z + (1 − 2t ) z , ( ) ⇒ z = 2t + 2k + ⇒ z số nguyên lẻ Vơi số nguyên m có dạng (1) với chọn x, y, z ta có kết sau + t ∈ Z \ {0} có vơ hạn số xy, yz , zx phân biệt thỏa mãn (1) + Tích số xy, yz, zx mọt số phương lẻ +Vậy ta cần chứng minh có vơ hạn t ∈ Z \ {0} cho xy , yz , zx số tốt - Trước hết ta thấy xy = 4t − số tốt với t ∈ Z \ {0} Chọn hai số nguyên tố phân biệt p, q > m Ta xét hệ phương trình đồng dư ẩn t ⎧⎪1 + 2t ≡ p ( mod p ) ( 3) ⎨ − t ≡ q mod q ( ) ⎪⎩ Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình ( 3) có vơ số nghiêm Với t ta có z khơng chia hết cho p , ngược lại z chia hết cho p từ ( ) ( 3) ta có p ước 4k + ⇒ vơ lý p > m - Từ ta có zx chia hết cho p không chia hết p Tương tự yz chia hết cho q - không chia hết q Vậy zx , yz số tốt (đpcm) Vậy đáp số toán m ≡ ( mod ) Nhận xét: Một ví dụ khó viết , toán kết hợp định lý thặng dư Trung Hoa, việc chọn a1 , a2 & m1 , m2 lập luận logic, số phương… Ví dụ 11 (Shortlisted IMO 2002) Trong lưới điểm nguyên mặt phẳng tọa độ Oxy ,một điểm có tọa độ số nguyên A ( x; y ) ∈ Z gọi nhìn thấy từ điểm O ,nếu 20 đoạn OA khơng có điểm thuộc Z , trừ O A Chứng minh với số tự nhiên n tùy ý, ln tồn hình vng n × n có đỉnh nguyên điểm nguyên bên biên hình vng khơng nhìn thấy từ điểm O ⎛ x y⎞ Giải Ta có ( x, y ) = d điểm M ⎜ ; ⎟ điểm nguyên thuộc đoạn OA với A ( x; y ) ⎝d d ⎠ Do A ( x; y ) điểm nhìn thấy từ điểm O ( x, y ) = Gọi pi , j số nguyên tố đôi khác , với ≤ i, j ≤ n ( có ( n + 1) số nguyên tố ) Xét hai hệ phương trình đồng dư tuyến tính sau đây: ⎧ x ≡ ( mod p0,0 p0,1 p0,2 p0,n ) ⎧ y ≡ ( mod p0,0 p0,1 p0,2 p0,n ) ⎪ ⎪ ⎪⎪ x ≡ −1( mod p1,0 p1,1 p1,2 p1,n ) ⎪⎪ y ≡ −1( mod p1,0 p1,1 p1,2 p1,n ) ⎨ ⎨ ⎪L ⎪L ⎪ ⎪ ⎪⎩ x ≡ − n ( mod pn,0 pn ,1 pn,2 pn,n ) ⎪⎩ y ≡ − n ( mod pn,0 pn,1 pn ,2 pn,n ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hai hệ phương trình có nghiệm ⇔ tồn số Tự nhiên x, y Mà x + i y + j chia hết cho pi , j Do điểm hình vng n × n với ( n + 1) điểm nguyên Ai , j ( x + i ; y + j ) khơng nhì thấy từ điểm O Ví dụ 12 (VMO 2013) Tìm số thứ tự ( a, b, c, a′, b′, c′ ) thỏa mãn : Với a, b, c, a′, b′, c′ ∈ {0,1, 2, ,14} ⎧ab + a′b′ ≡ ⎪ ⎨bc + b′c′ ≡ ⎪ ⎩ca + c′a′ ≡ ( mod15 ) ( mod15) ( mod15) Giải Với số nguyên dương k , gọi N k số thứ tự ( a, b, c, a′, b′, c′ ) thỏa mãn điều kiện: ab + a′b′ ≡ bc + b′c′ ≡ ca + c′a′ ≡ ( mod k ) a, b, c, a′, b′, c′ ∈ {0,1, 2, ,14} Theo định lý thặng dư Trung Hoa : N mn = N m × N n m, n ∈ N* ( m, n ) = Do để tính giá trị N15 , ta cần tính giá trị N3 N5 Trước tiên ta tính N p với p số nguyên tố Cố định giá trị ( a, b, a′, b′ ) phương trình ab + a′b′ ≡ ( mod p ) , ta cần tính số nghiệm hệ sau: bc + b′c′ ≡ ca + c′a′ ≡ 1( mod p )(1) Ta xét trường hợp sau • Nếu ( a, a′ ) ≡/ t ( b, b′ ) ( mod p ) với t ∈ {0,1, 2, , p − 1} Khi hệ (1) có nghiệm a′ − b′ a −b mod p ) , c′ ≡ ( ( mod p ) a′b − b′a ab′ − a′b • Nếu ( a, a′ ) ≡ t ( b, b′ ) ( mod p ) với t ≠ Khi hệ (1) khơng có nghiệm • Nếu ( a, a′ ) ≡ ( b, b′ ) ( mod p ) Khi hệ (1) trở thành phương trình là: bc + b′c′ ≡ ( mod p ) : c ≡ Do ba + b′a′ ≡ 1( mod p ) , ta giả sử b ≠ Do với cách chọn c′ , ta có 21 − b′c′ ( mod p ) Điều cho thấy hệ (1) có p nghiệm b Đặt Tp số thứ tự ( a, b, a′, b′ ) , thỏa mãn ab + a′b′ ≡ ( mod p ) a, b, a′, b′ thuộc cách chọn c ≡ tập {0,1, 2, , p − 1} Với ( a, a′ ) ≠ ( 0,0 ) , có p cặp ( b, b′ ) thỏa mãn phương trình ( ) Suy ra, Tp = p p − Đặt C p số thứ tự ( a, b ) , thỏa mãn a + b ≡ t ( mod p ) a, b ∈ {0,1, 2, , p − 1} Từ lập luận ta có p −1 ( ) N p = Tp − ∑ C p ( t ) + pC p (1) = p p − − p + C p ( ) + pC p (1) ( ) i =1 Ta dễ dàng tính C3 ( ) = 1; C3 (1) = 4; C5 ( ) = 9, C5 (1) = ⇒ N3 = 28, N5 = 124 N15 = 28 × 124 = 3472 Vậy số ( a, b, c, a′, b′, c′ ) thỏa mãn điều kiện đề 3472 Nhận xét: Một ví dụ áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa bản, ta cần nhớ ánh xạ “Phục hồi” θ : Z p × Z q = Z pq vốn ứng dụng quan trọng định lý thặng dư TrungHoa này: Một số thuộc Z pq xác định cách qua cặp số dư chia cho p q Từ ta chuyển toán Z pq toán Z p Z q Ví dụ 13 Cho n số nguyên dương lẻ n > Gọi k , t số nguyên dương nhỏ để số kn + tn số phương Chứng minh n số nguyên tố {k , t} > n Giải + ( ⇒ ) Giả sử n số nguyên tố Khi n | tn tn số phương nên n | tn ⇒ n | t , n Mặt khác , đặt u = kn + ⇒ u ≡ 1( mod n ) , n ∈℘⇒ ( u + 1)M n ∨ ( u − 1)M n ⇒ u − ≥ n(do u > 1) n kn + ≥ ( n − 1) , k ≥ n − ⇒ k ≥ n Từ hai điều ta có {k , t} > + (⇐) • Trường hợp n có ước số nguyên tố Đặt n = p α , ( p ∈℘, p ≥ 3) n Nếu α chẵn , ta lấy t = < ⇒ tn = p α số phương mâu thuẫn với gt pα n = ⇒ tn = p α+1 số phương mâu thuẫn với gt Nếu α lẻ α ≥ , ta lấy t = p < 4 Do α = ⇒ n = p ∈℘ điều dẫn đến t ≥ n > 22 • Trường hợp n có hai ước số nguyên tố phân biệt Khi n biểu diễn dạng n = p α m, ( p ∈℘, p ≥ 3, m ∈ N* , ( m, ) = 1, ( m, p ) = 1) ⎧⎪ s ≡ 1( mod p α ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn s ∈ N cho : ⎨ ⎪⎩ s ≡ −1( mod m ) n Suy n | s Hơn chọn s ∈ N cho s ≤ Vì s ≡/ 1( mod m ) & s ≡/ −1( mod p α ) 2 s −1 ⇒ k ∈ N* , mặt khác kn + = s Dẫn đến s ≠ −1 hay s ≠ Bây ta lấy k = n n 2 s −1 s n n < ≤ = , mâu thuẫn với {k , t} > số phương k = n n n 4 Do trường hợp khơng xẩy Vậy n = p ∈℘ Ví dụ 14 Một cấp số cộng số nguyên dương gồm số hạng gọi chuẩn tích số hạng ước số số có dạng n + ( n ∈ N* ) 1) Chứng minh tồn cấp số cộng chuẩn với công sai 12 2) Chứng minh không tồn cấp số cộng chuẩn với công sai 10 11 3) Hỏi cấp số cộng chuẩn với cơng sai 12 có nhiều số hạng Giải 1) Ta chọn cấp số cộng (CSC) 1,13,25 có cơng sai 12 độ dài Rõ ràng CSC chuẩn ta có 1.13.25 = 325 = 182 + nên ước số có dạng n + ( n ∈ N* ) thỏa mãn điều kiện cho 2) Bổ đề : Số nguyên dương n + ( n ∈ N* ) khơng có ước ngun tố dạng 4k + ( k ∈ N ) • Chứng minh khơng tồn CSC chuẩn có cơng sai 10 Giả sư tồn CSC có số hạng đầu a Xét ba số hạng liên tiếp CSC a a , a + 10, a + 20 , dễ thấy a ( a + 10 )( a + 20 ) ≡ a ( a + 1)( a + ) ≡ ( mod3) Suy tích ba số hạng chia hết cho 3, tức có ước nguyên tố dạng 4k + Theo bổ đề khơng thỏa mãn • Chứng minh khơng tồn CSC chuẩn có cơng sai 11 Ta thấy a ( a + 11)( a + 22 ) ≡ a ( a + )( a + 1) ≡ ( mod3) trường hợp tương tự phần Do khơng tồn cấp số cộng chuẩn với công sai 10 11 3) Với a số hạng đầu CSC công sai 12, ta xét số hạng đầu CSC Ta có: a, a + 12, a + 24, a + 36, a + 48, a + 60, a + 72 a ( a + 12 ) ( a + 24 )( a + 36 ) ( a + 48 ) ( a + 60 )( a + 72 ) ≡ a ( a + )( a + 3)( a + 1)( a + )( a + )( a + ) ≡ ( mod ) Tích số hạng chia hết cho 7, nhiên lại số nguyên tố có dạng 4k + nên không tồn số n ∈ Z + cho n + ( n ∈ N* ) chi hết cho tích số hạng 23 Do CSC chuẩn có cơng sai 12 phải có số số số hạng khơng vượt q Tiếp theo , ta lại xét số ( 5,17,29,41,53,65 ) Kiểm tra trực tiếp ta có ⎧n ≡ ( mod 25 ) ⇒ 25 n + ⎪ ⎪n ≡ ( mod 13) ⇒ 13 n + ⎪ ⎪n ≡ ( mod 17 ) ⇒ 17 n + ⎨ ⎪n ≡ 12 ( mod 29 ) ⇒ 29 n + ⎪ ⎪n ≡ ( mod 41) ⇒ 41 n + ⎪ ⎩n ≡ 23 ( mod 53) ⇒ 53 n + Do ta xét số n ∈ Z + thỏa mãn phương trình ⎧n ≡ ( mod 25 ) ⎪ ⎪n ≡ ( mod 13) ⎪n ≡ mod 17 ( ) ⎪ ⎨ ⎪n ≡ 12 ( mod 29 ) ⎪n ≡ ( mod 41) ⎪ ⎪n ≡ 23 ( mod 53) ⎩ Thì theo định lý thặng dư Trung Hoa ( modulo đơi nguyên tố ) , ta thấy n + ≡ ( mod 25.13.17.29.41.53) hay n + ≡ ( mod 5.17.29.41.53.65 ) Suy CSC 5,17,29,41,53,65 CSC chuẩn có độ dài V BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài Giải hệ phương trình đồng dư ⎧ x ≡ 1( mod ) ⎪ ⎪ x ≡ ( mod 3) ( với < x < 120 ) ⎨ ⎪ x ≡ ( mod ) ⎪ x ≡ mod ( ) ⎩ Bài Giải hệ phương trình đồng dư ⎧ x ≡ ( mod11) ⎪ ⎪ x ≡ ( mod12 ) ⎪ ⎨ x ≡ ( mod13) ⎪ ⎪ x ≡ ( mod17 ) ⎪ x ≡ ( mod19 ) ⎩ 24 Bài Cho số nguyên dương n, h, d Chứng minh tồn cấp số cộng n số hạng có cơng sai d , cho số hạng cấp số cộng có h ước số ngun tố phân biệt Bài (Korea MO 1999) Tìm tất số tự nhiên n cho 2n − chia hết cho tồn 2n − m ∈ Z cho 4m + chi hết cho Bài Cho f ( x ) đa thức với hệ số nguyên Giả sử có tập hữu hạn số nguyên tố A = { p1 , p2 , , pn } cho với số nguyên a tồn số pi ∈ A cho f ( a ) chia hết cho pi Chứng minh tồn số nguyên tố p cho f ( x ) chia hết cho p với số nguyên x Bài Cho số nguyên dương a, b Chứng minh tồn n số liên tiếp dãy số a + b, a + 2b, a + 3b, , a + nb, hợp số Bài Chứng minh với số nguyên dương n ,luôn tồn mọt tập hợp S gồm n phần tử, saocho tập S có tổng phần tử lũy thừa số tự nhiên Bài Chứng minh với số nguyên dương n , tồn n số liên tiếp dãy số cho số dãy có ước dạng 2k − , với k số tự nhiên Bài Chứng minh không tồn đa thức f ( x ) với hệ số nguyên có bậc nguyên dương, cho f ( k ) số nguyên tố với số nguyên dương k Bài 10 (Czech-Slovak 1997) Chứng minh tồn dãy só tăng {an }n=1 số tự nhiên +∞ cho với k ∈ N ,dãy {k + an }n=1 chứa hữu hạn số nguyên tố +∞ Bài 11 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện sau i) Tồn x, y ∈ Z, ( x, y ) = cho a = x3 + y ii) ( ) Tồn b ∈ Z cho b + chia hết cho a a + Bài 12 Cho f1 ( x ) , f ( x ) , , f n ( x ) n đa thức với hệ số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức P ( x ) với hệ số nguyên cho vói i = 1; n ta ln có P ( x ) + fi ( x ) đa thức bất khả quy Z Bài 13 (Bulgaria TST 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 tốt mà tổng phần tử 2003.Chứng minh ta loại phần tử c C cho tập lại tập tốt Bài 14 Chứng minh với số nguyên dương n ( n ≥ ) , tồn hai số nguyên dương a, b cho ( a + i, b + j ) > 1, ∀i, j ∈ {1, 2, , n − 1} Bài 15 Ta gọi hình vng hình vng tốt, có đỉnh điểm nguyên, đồng thời đoạn thẳng nối tâm O với tất điểm nguyên biên hình vng chưa điểm ngun khác hai đầu mút Chứng minh với số ngun dương n tồn hình vng tốt dạng n × n Bài 16 { Tìm số nguyên dương n cho với hệ thặng dư thu gọn n a1 , a2 , , aϕ ( n ) ta có a1a2 aϕ ( n ) ≡ −1( mod n ) } 25 Bài 17.( USA-TST 2009) Chứng minh tồn dãy só tăng {an }n=1 số tự nhiên +∞ cho với n a1a2 an − tích hai số nguyên liên tiếp Bài 18.( Moldova TST 2009) a) Chứng minh tập số nguyên phân hoạch thành Các cấp số cộng với công sai khác b) Chứng minh tập số nguyên viết dạng hợp cấp số cộng với công sai đôi nguyên tố Bài 19 Cho số nguyên dương n = p1α1 p2α pkα k , p1 , p2 , , pk số nguyên tố đơi khác Tìm số nghiệm phương trình đồng dư x + x ≡ ( mod n ) Bài 20 Cho tập An = {a ∈ N ≤ a ≤ n, ( a, n ) = 1} Tìm An Bài 21 Cho p số nguyên tố, gọi f ( p ) số tất thứ tự ( a, b, c, a′, b′, c′ ) thỏa mãn ⎧ab + a′b′ ≡ x ⎪ ⎨bc + b′c′ ≡ y ⎪ ⎩ca + c′a′ ≡ z ( mod p ) ( mod p ) ( mod p ) Với a, b, c, a′, b′, c′ ∈ {0,1, 2, , p − 1} ≤ x, y, z ≤ p − Tìm f ( p ) Bài 22 Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn tính chất sau đây: Nếu ( x, n ) = x ≡ ( mod n ) 2015 Bài 23 Tồn hay không số nguyên dương n để n.22 − n − 81 số phương Bài 24 Cho số nguyên dương n Chứng minh tồn số nguyên dương m thỏa mãn hệ đồng dư ⎧2m ≡ 2015 mod 3n ⎪ ⎨ m 2015 mod 2n ⎪⎩2 ≡ Bài 25 Ta gọi số lũy thừa có dạng a m , ( a, m ∈ , m > 1) Với số nguyên ( ( ) ) dương n tồn số nguyên b1 , b2 , , bn không đồng thời cho với số nguyên dương k số ( b1 + k )( b2 + k ) ( bn + k ) số lũy thừa Bài 26 Chứng minh hệ phương trình đồng dư ⎧⎪ x ≡ a1 ( mod m1 ) ⎨ ⎪⎩ x ≡ a2 ( mod m2 ) Có nghiệm gcd ( m1 , m2 ) | ( a1 − a2 ) Bài 27 Chứng minh với số nguyên dương n , tồn n số liên tiếp dãy số Sao cho số dãy chia hết cho bình phương số nguyên tố Bài 28 ( Việt Nam TST 2015) Một số ngun dương k có tính chất T ( m ) với số nguyên dương a , tồn số nguyên dương n cho 1k + 2k + 3k + L + n k ≡ a ( mod m ) a) Tìm tất số ngun dương k có tính chất T ( 20 ) b) Tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất T ( 2015 ) 26 Bài 29 ( Saudi Arabia TST 2015) Cho n k số nguyên dương Chứng minh n 30 nguyên tố tồn số nguyên a b , số nguyên tố với n , cho a − b + k chia hết cho n Bài 30.( VMO 1997) Chứng minh với số nguyên dương n , tồn số nguyên dương k cho 19k + 97 chia hết cho 2n VI TÀI LIỆU THAM KHẢO Số học - Hà Huy Khoái Các giảng Số học - Nguyễn Vũ Lương… Tài liệu tập huấnGVChuyên toàn quốc năm 2011,2012 - BGD ĐT Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Tỉnh,Thành phố Tuyển tập dự tuyển OLYMPIC toán hoc Quốc tế - Từ năm 1991-2015 JunorBalkan Mathematical Olympiads - Dan Brânzei - Ioan Serdean - Vasile Serdean DiophantinEquations - Titu Andreescu - Dorin Andrica Gazeta Matematică-A bridge - Vasile Berinde 10 Mathematical Reflections - Tạp chí 11 OLYMPIC tốn học Châu Á Thái Bình Dương - Th.s.Nguyễn Văn Nho 12 Số học nâng cao - Th.s.Nguyễn Văn Nho 13 Mathematical Olympiad Challenges-2001 - Titu Andreescu - Razvan Gelca 14 Mathematical Olympiad Treasures-2004 Birkhauser Boston,USA 15 Vô địch quốc gia vùng lãnh thổ từ 1991-2015 16 Elementary Number Theory and Its Application - Titu Andreescu - Bogdan Enescu Kenneth H.Rosen Thông tin tác giả - Tên tác giả : Nguyễn Duy Liên - Tên quan nơi tác giả công tác: Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc -Địa email : lientoancvp@vinhphuc.edu.vn Điện thoại : 0123 27 ... Vì 144 = 16 ⋅ 9, (16, 9 ) = Do theo địnhlý thặng dư Trung Hoa nghiệm tốn nghiệm hệ phương trình ⎧⎪ x ≡ 1( mod16 ) ⎨ ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) Phương trình x ≡ 1( mod16 ) có nghiệm x ≡ ±1, ±7 ( mod16 ) Phương... mod16 ) ⎪⎧ x ≡ 1( mod16 ) ⎪⎧ x ≡ −1( mod16 ) ⎪⎧ x ≡ −1( mod16 ) (1) , ⎨ ( 2) , ⎨ ( 3) , ⎨ ( 4) ⎨ ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) ⎪⎩ x ≡ −1( mod ) ⎪⎩ x ≡ 1( mod ) ⎪⎩ x ≡ −1( mod ) ⎧⎪ x ≡ ( mod16 ) ⎧⎪ x ≡ ( mod16... dương n để số n.22 − n − 76 số phương Ta có A = 22 − = 22 + 22 − = 22 + 22 + 22 + 22 + 2 016 ( 2 016 A = 22 2 016 2015 ( 2015 )( ) ( 2015 )( 2015 2014 ) ( )( ) ) − = 3∏ 22 + ( l =1 l l m ) l Gọi d