Về định lý thặng dư trung hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ====== HOÀNG THỊ THÚY HƯỜNG VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

======

HOÀNG THỊ THÚY HƯỜNG

VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - 2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

======

HOÀNG THỊ THÚY HƯỜNG

VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

TS Nguyễn Thị Kiều Nga

HÀ NỘI - 2019

Sau một thời gian nghiên cứu cùng sự quan tâm, tạo điều kiện củacác thầy giáo cô giáo, khóa luận của em với đề tài “Về định lý thặng dưTrung Hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp” đã được hoàn thành.

Trước hết với lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, em xin gửi lời cảm

ơn tới TS.Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn, chỉbảo em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài

Em xin chân thành cảm sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong

tổ Đại số nói riêng và khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 nóichung Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã động viên, tạođiều kiện để em có thể hoàn thành khóa luận tốt nghiệp

Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình nghiên cứu, nhưng khóa luậnkhông tránh khỏi những thiếu sót, em rất mong nhận được sự góp ý củacác thầy cô và các bạn để đề tài được hoàn thiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2019

Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường

Lời cam đoan

Em xin cam đoan đề tài “Về định lý thặng dư Trung Hoa và ứngdụng trong giải toán sơ cấp” dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Thị KiềuNga là công trình nghiên cứu của riêng em Trong quá trình hoàn thànhkhóa luận, em có tham khảo những tài liệu có liên quan đã được hệ thốngtrong mục tài liệu tham khảo Em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm về khóaluận của mình

Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường

Lời mở đầu 1

1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.1 Đồng dư thức và các tính chất 3

1.1.1 Đồng dư thức 3

1.1.2 Các tính chất 4

1.2 Hệ thặng dư đầy đủ và thu gọn 5

1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ 5

1.2.2 Hệ thặng dư thu gọn 6

1.3 Một số định lý quan trọng của Số học 7

1.3.1 Định lý Euler 7

1.3.2 Định lý Fermat nhỏ 8

1.3.3 Nghịch đảo môđun 8

1.4 Phương trình, hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn 9

1.4.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn 9

1.4.2 Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn 11

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

2 Định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán

2.1 Định lý thặng dư Trung Hoa 15

2.2 Một số phương pháp chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa 15 2.2.1 Phương pháp 1: Chứng minh trực tiếp 15

2.2.2 Phương pháp 2: Chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n 17

2.2.3 Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương pháp của Knuth 19

2.3 Ý nghĩa của định lý thặng dư Trung Hoa 21

2.4 Ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa trong giải toán sơ cấp 21

2.4.1 Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư và các bài toán liên quan 21

2.4.2 Chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước 28

2.4.3 Đếm số nghiệm của phương trình đồng dư 42

2.4.4 Ứng dụng vào giải các bài toán chia hết 47

2.4.5 Ứng dụng trong bài toán đa thức 53

2.4.6 Ứng dụng trong một số bài toán khác 59

2.4.7 Ứng dụng trong thực tiễn 61

Tài liệu tham khảo 65

Ngạn ngữ Pháp có câu “Le Mathématique est le Roi des Sciencesmais L’Arithmétique est la Reine ”, dịch nghĩa là “Toán học là vua của cáckhoa học nhưng Số học là Nữ hoàng” Điều này nói lên tầm quan trọngcủa Số học trong đời sống và khoa học Nhắc tới Số học ta phải nhắc đếnđịnh lý thặng dư Trung Hoa Định lý này được coi là một viên kim cươngtrong Số học Đây là một định lý rất quan trọng của Lý thuyết đồng dư và

có nhiều ứng dụng trong giải các bài toán sơ cấp như: Chứng minh sự tồntại nghiệm của phương trình, hệ phương trình, đếm số nghiệm, giải quyếtmột số bài toán về đa thức, tổ hợp, Hơn nữa, với việc sử dụng định lýthặng dư Trung Hoa chúng ta có thể giải quyết được nhiều bài toán hay

và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế

Vì lý do trên và với niềm yêu thích môn đại số, em đã chọn đề tài

“Về định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp ” làm

đề tài khóa luận của mình

Nội dung khóa luận gồm hai chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản về lý thuyết đồng dư

Chương 2: Định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán

sơ cấp

Chương này trình bày về định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

của định lý thặng dư Trung Hoa trong việc giải các bài toán sơ cấp

Do thời gian có hạn và năng lực bản thân còn nhiều hạn chế nênkhóa luận không tránh khỏi những thiếu sót Em rất mong được sự góp ýcủa các Thầy, Cô giáo và các bạn

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2019

Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường

Kiến thức chuẩn bị

Chương này trình bày một số kiến thức về đồng dư thức, hệ thặng

dư đầy đủ và thu gọn, một số định lý quan trọng của Số học, phươngtrình và hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, nhằm sử dụng cho chochương sau

1.1 Đồng dư thức và các tính chất

1.1.1 Đồng dư thức

Định nghĩa 1.1.1 Nếu hai số nguyên a và b chia cho số tự nhiên m khác

0 có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m

Kí hiệu a ≡ b (mod m) Ngược lại kí hiệu a 6≡ b (mod m)

Hệ thức a ≡ b (mod m) gọi là đồng dư thức

Ví dụ: 3 ≡ −1 (mod 4) 4 ≡ 16 (mod 6)

Mệnh đề 1.1.1 Các khẳng định sau tương đương

i) a ≡ b (mod m);

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

ii) m | (a − b);

iii) Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt

1.1.2 Các tính chất

Cho a, b, c, d là các số nguyên, m ∈N∗ Ta có các tính chất sau đây:

1 a ≡ b (mod m) khi và chỉ khi a − b ≡ 0 (mod m)

2 Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m)

6 Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m)

7 Nếu a ≡ b (mod m) và d | m, d > 0 thì a ≡ b (mod d)

8 Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m) với mọi c 6= 0

9 Nếu ab ≡ ac (mod m) và (a, m) = 1 thì b ≡ c (mod m)

a ≡ b (mod m) khi và chỉ khi a ≡ b (mod mi), ∀i = 1, n.

1.2 Hệ thặng dư đầy đủ và thu gọn

1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ

Định nghĩa 1.2.1 Cho tập A = {a1, a2, an} Giả sử ri (0 6 ri 6 n − 1)

là số dư khi chia ai cho n Nếu tập số dư {r1, r2, rn} trùng với tập

{0, 1, n − 1} thì ta nói A là một hệ thặng dư đầy đủ môđun n

Nhận xét:

• Tập A = {a1, a2, an} lập thành một hệ thặng dư đầy đủ môđun n

khi và chỉ khi ∀i, j = 1, n, i 6= j : ai 6≡ ai (mod n)

• Nếu tập A = {a1, a2, an} là một hệ thặng dư đầy đủ môđun n thì

từ định nghĩa ta có

– Với mọi m ∈Z, tồn tại duy nhất ai ∈ A : ai ≡ m (mod n);– Với mọi a ∈ Z, tập a + A = {a + a1, a + a2, , a + an} là hệthặng dư đầy đủ môđun n;

– Với mọi c ∈ Z, (c, n) = 1 thì tập cA = {ca1, ca2, , can} là hệthặng dư đầy đủ môđun n;

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

– Số phần tử của A là | A |= n

Ví dụ:

• TậpA0= {0, 1, , n − 1} là hệ thặng dư đầy đủ môđun nvà được gọi

là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất



là hệ thặng dư đầy đủmôđun n, gọi là hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất

• Nếu nchẵn thì hệ thặng dư đầy đủ môđun nvới giá trị tuyệt đối nhỏnhất là: n−n

o

1.2.2 Hệ thặng dư thu gọn

Định nghĩa 1.2.2 Cho tậpB = {b1, b2, bk}làk số nguyên và (bj, n) = 1

∀i = 1, k Giả sử bj = qin + ri, 1 6 ri < n thì ta có (ri, n) = 1 ∀i = 1, k.Nếu tập {r1, r2, rk} bằng tập K gồm tất cả các số nguyên dương bé hơn

n và nguyên tố cùng nhau với n thì B được gọi là hệ thặng dư thu gọnmôđun n

Nhận xét:

• Tập B = {b1, b2, , bk} gồm k số nguyên lập thành hệ thặng dư thugọn môđun n khi và chỉ khi:

i) (bi, n) = 1;

ii) bi 6≡ bj (mod n) với 16 i 6= j 6 k;

iii) Số phần tử của B là ϕ(n) (với ϕ(n) là số các số nguyên dươngnhỏ hơn hoặc bằng n nguyên tố cùng nhau với n)

Điều kiện iii) tương đương với điều kiện: Với mọi m ∈ Z, (m, n) = 1

thì tồn tại duy nhất bi ∈ B sao cho m ≡ bi (mod n)

• Từ định nghĩa suy ra nếu tập B = {b1, b2, , bk} là hệ thặng dư thugọn môđun n và với c ∈ Z, (c, n) = 1 thì cB = {cb1, cb2, , cbk} là

hệ thặng dư thu gọn môđun n

Ví dụ: Tập B0= {1, 2 , p − 1} là hệ thặng dư thu gọn môđun p không âmnhỏ nhất, với p là một số nguyên tố

1.3 Một số định lý quan trọng của Số học

1.3.1 Định lý Euler

Định nghĩa 1.3.1 (Hàm Euler) Cho n là số nguyên dương, đặt ϕ(n) là

số phần tử của tập hợp gồm các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n vànguyên tố cùng nhau với n, thì ϕ(n) được gọi là hàm Euler của n

Định lí 1.3.1 (Định lý Euler) Cho n ∈ N∗, a ∈ Z và (a, n) = 1 ta có:

aϕ(n) ≡ 1 (mod n) trong đó ϕ(n) là hàm Euler của n

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường1.3.2 Định lý Fermat nhỏ

Định lí 1.3.2 Nếu p là một số nguyên tố và a là số nguyên không chiahết cho p thì

ap−1 ≡ 1 (mod p)

Hoặc phát biểu dạng tương đương: Cho p là số nguyên tố thế thì với mọi

số nguyên a ta có đồng dư thức: ap ≡ a (mod p)

Ngược lại, ta có (a, m) = 1 nên tồn tại x, y ∈Z thỏa mãn:

ax + my = 1

Từ đây ta có ax ≡ 1 (mod m) Do đó x là nghịch đảo môđun m của a

Hệ quả 1.3.4 Nếu p là số nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp

{1; 2; ; p − 1} đều có nghịch đảo duy nhất môđun p

1.4 Phương trình, hệ phương trình đồng dư bậc

nhất một ẩn

1.4.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn

Định nghĩa 1.4.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là một đồng

dư thức dạng ax ≡ b (mod m) với a, b, m là các số đã biết và a khôngchia hết cho m

Ta có x0 là nghiệm của phương trình khi và chỉ khi ax0 ≡ b (mod m).1.4.1.1 Điều kiện có nghiệm và số nghiệm

Định lí 1.4.1 Phương trình ax ≡ b (mod m) (1) có nghiệm khi và chỉkhi ước chung lớn nhất d = (a, m) của a và m là ước của b Khi (1) cónghiệm thì nó có d nghiệm

Chứng minh: Ta giả thiết d > 0 Vì (1) là phương trình bậc nhất nên

d < m

+ Giả sử (1) có nghiệm, như vậy ta có x0 ∈ Z nghiệm đúng phương trình,

nghĩa là ta có đồng dư thức ax0 ≡ b (mod m) Vì d | a và d | m nên

d | ax0 và d | m do đó theo tính chất của đồng dư thức d | b

+ Giả sử ngược lại (a, m) = d và d | b

Đặta = a1d, b = b1dvà m = m1d thì phương trình (1)tương đương vớiphương trình: a1x ≡ b1 (mod m1) (2), trong đó (a1, m1) = 1 Cho x

chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ môđun m1, cho nên có một thặng dưduy nhất x0 trong hệ trên sao cho ta có a1x0 ≡ b1 (mod m1), nghĩa làphương trình(2)có một nghiệm duy nhất là lớp thặng dưx0 (mod m1)

Vì phương trình (2) tương đương với phương trình (1) cho nên lớp x0

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

(mod m1) cũng là tập hợp các giá trị của x nghiệm đúng phương trình

(1), lớp này là hợp của d lớp thặng dư môđun m, đó là d nghiệm củaphương trình(1) x0, x0 + m1, , x0 + (d − 1)m1 (mod m) Vậy phươngtrình (1) có nghiệm và có d nghiệm

Ví dụ 1: Phương trình 18x ≡ 11 (mod 30) không có nghiệm bởi vì

(18, 30) = 6 không là ước của 11

Ví dụ 2: Phương trình 18x ≡ 12 (mod 30) có nghiệm vì (18, 12) = 6 làước của 12, đó là các lớp x ≡ 4, 9, 14, 19, 24, 29 (mod 30)

1.4.1.2 Cách xác định nghiệm

Để xác định nghiệm ta chỉ xét trường hợp phương trình ax ≡ b (mod m)(10) với điều kiện a và m nguyên tố cùng nhau và ta có thể giả thiết

1 < a < m

a) Xác định nghiệm bằng phép chia cho a

Nếu a | b thì nghiệm của phương trình (10) là x ≡ b

a (mod m).

Nếu a không chia hết b thì ta có k với 1 6 k 6 a − 1 sao cho a chiahết b + km Khi đó (10) tương đương với phương trình ax ≡ b + km(mod m) và ta được nghiệm là x ≡ b + km

a (mod m).

Cách này thường chỉ sử dụng khi a tương đối bé

Ví dụ: Giải phương trình 5x ≡ 4 (mod 7)

Phương trình này tương đương với 5x ≡ 4 + 3.7 (mod 7) Ta đượcnghiệm là x ≡ 25

5 (mod 7) hay x ≡ 5 (mod 7).

1.4.2.1 Điều kiện có nghiệm

Gọi m là bội chung nhỏ nhất của các môđun m1, m2, , mn và gọi dij làước chung lớn nhất của các cặp môđun mi, mj với mọi i, j = 1, 2, 3, , n

Hệ (2) có nghiệm khi và chỉ khi dij chia hết aj − aj (∀i, j = 1, 2, 3, , n).Nhận xét:

• Nếu hệ (2) có nghiệm thì nó có nghiệm duy nhất

• Nếu m1, m2, , mn nguyên tố cùng nhau từng đôi một thì hệ (2) cónghiệm

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

phương trình sau, nghĩa là ta có

thay giá trị đó của t vào biểu thức tính x, ta được tập hợp các giá trị của

x nghiệm đúng hệ phương trình đang xét là

Do đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ

+ Định lý thặng dư Trung Hoa.

+ Một số phương pháp chứng minh định lý thăng dư Trung Hoa: Chứngminh trực tiếp; Chứng minh bằng phương pháp quy nạp theon; Chứngminh theo phương pháp của Knuth

+ Ý nghĩa của định lý thặng dư Trung Hoa

+ Ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa trong giải toán sơ cấp như:Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư và các bài toán liên quan;Chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước;Đếm số nghiệm của phương trình đồng dư; Ứng dụng vào giải các bàitoán chia hết; Ứng dụng trong các bài toán đa thức; Ứng dụng trongmột số bài toán khác và trong thực tiễn

2.1 Định lý thặng dư Trung Hoa

Cho m1, m2, , mn là nsố nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và

a1, a2, , an là n số nguyên bất kì Khi đó hệ phương trình đồng dư :

dư Trung Hoa

2.2.1 Phương pháp 1: Chứng minh trực tiếp

∗ Chứng minh sự tồn tại nghiệm:

Ta có m1, m2, , mn là n số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau.Đặt M = m1m2 mn và Mi = M

mi, ∀i = 1, n. Từ đây ta có: (Mi, mi) = 1

và Mi mj với ∀i 6= j(i, j = 1, n) Vì (Mi, mi) = 1, ∀i = 1, n nên tồn tại

yi ∈ Z thỏa mãn Miyi ≡ 1 (mod mi), ∀i = 1, n

Vì Mi mj (∀i 6= j) nên ta có: aiMiyi ≡ 0 (mod mj), ∀i 6= j (i, j = 1, n)

Do đó c ≡ aiMiyi (mod mi), i = 1, n Mà Miyi ≡ 1 (mod mi) nên c ≡ ai

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

(mod mi) với mọi i = 1, n tức là c là một nghiệm của hệ phương trìnhđồng dư (I)

Vậy ta có x ≡ c (mod mi), ∀i = 1, n suy ra x ≡ c (mod M ) Vậy hệ (I)

∗ Chứng minh tính duy nhất nghiệm

Giả sử hệ phương trình (I) có hai nghiệm là c và d Do đó:

Vì m1, m2, , mn đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có:

c ≡ d (mod m1m2 mn)tức làcvà dcùng thuộc một lớp thặng dư môđun

M = m1m2 mn

2.2.2 Phương pháp 2: Chứng minh bằng phương pháp quy

a1 + m1t1 ≡ a2 (mod m2) suy ra m1t1 ≡ a2 − a1 (mod m2) từ đây ta

có y1m1t1 ≡ y1(a2 − a1) (mod m2) nên t1 ≡ y1(a2 − a1) (mod m2) (vì

m1y1 ≡ 1 (mod m2)) suy ra t1 ≡ y1(a2 − a1) + m2t2 (t2 ∈ Z) thay vào

(10) ta được:

x = a1+ m1[y1(a2− a1) + m2t2] = a1+ m1y1(a2− a1) + m1m2t2 (t2 ∈ Z)

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

Cho nên x ≡ x0 (mod m1m2) với x0 = a1 + m1y1(a2 − a1)

Vậy (II) có duy nhất nghiệm theo môđun m1m2

∗ Giả sử (∗) đúng với (n − 1) phương trình với n > 2 tức là hệ

có nghiệm duy nhất theo môđun m = m1m2 mn−1 trong đó m1, m2, ,

mn−1 làn−1số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và a1, a2, , an−1

là n − 1số nguyên bất kì Giả sử nghiệm đó là x = x00+ mt01 Ta cần chứngminh (∗) đúng đến n

Thật vậy thay x = x00 + mt01 vào phương trình x ≡ xn (mod mn) ta được

x00 + mt01 ≡ xn (mod mn)

⇒ mt01 ≡ xn− x00 (mod mn)

Theo giả thiết ta có m1, m2, , mn đôi một nguyên tố cùng nhau nên

(m1m2 mn−1, mn) = 1 hay (m, mn) = 1 Do vậy tồn tại y ∈ Z thỏa mãn:

my ≡ 1 (mod mn)

Từ phương trình: mt01 ≡ xn − x00 (mod mn) nên ymt01 ≡ y(xn − x00)(mod mn) ⇒ t01 ≡ y(xn − x00) (mod mn) hay t01 = y(xn − x00) + mnt02(t02 ∈ Z) thay vào x = x00 + mt01 ta được:

x = x00 + m[(xn− x00)y + mnt02]

= x00 + m(xn− x00)y + mmnt02

= x00 + m1m2 mn−1(xn − x00)y + m1m2 mn−1mnt02.

x ≡ x”0 (mod m1m2 mn−1mn) với x”0 = x00 + m1m2 mn−1(xn − x00)y

Vậy hệ (*) đúng với n phương trình Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất theomôđun m1m2 mn−1mn

2.2.3 Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương pháp

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

với m1, m2, , mn là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau

∗ Chứng minh sự duy nhất nghiệm:

Giả sử hệ (I) có hai nghiệm là x1 và x2 Khi đó ta có

suy ra x1 ≡ x2 (mod M ) hay x1, x2 cùng thuộc lớp thặng dư môđun M.Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất.

2.3 Ý nghĩa của định lý thặng dư Trung Hoa

Định lý thặng dư Trung Hoa khẳng định về sự tồn tại duy nhất củamột lớp thặng dư các số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyếntính Do đó có thể sử dụng định lý để giải quyết những bài toán về sự tồntại và đếm các số nguyên thỏa mãn một hệ các điều kiện quan hệ đồng

dư, chia hết, hay đếm số nghiệm của phương trình đồng dư và có thể ứngdụng vào giải các bài toán đa thức, tổ hợp Việc sử dụng hợp lý các bộ số

(m1, m2, , mn) và (a1, a2, , an) (trong định lý) cho ta nhiều kết quả rấtthú vị và từ đó có thể sáng tạo được nhiều bài toán hay

2.4 Ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa

trong giải toán sơ cấp

2.4.1 Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư và các bài

toán liên quan

a) Giải hệ phương trình đồng dư

∗ Phương pháp giải:

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

• Bước 4: Kết luận nghiệm x ≡ x0 (mod M )

Ví dụ 2.4.1.1 Giải hệ phương trình đồng dư

hay x ≡ 103 (mod 280) Vậy x ≡ 103 (mod 280) là nghiệm của hệ

Từ (1) ta có: x = 5t1 + 3 (t1 ∈ Z) (4) Thay (4) vào (2) ta được:

5t1+ 3 ≡ 7 (mod 8) ⇒ 5t1 ≡ 4 (mod 8) ⇒ t1 ≡ 4 (mod 8) Từ đây

ta có t1 = 8t2 + 4 (t2 ∈ Z) (5) Thay (5) vào (4) ta được:

x = 5(8t2 + 4) + 3 = 40t2 + 23 (6)

Thay (6) vào (3) ta có: 40t2 + 23 ≡ 5 (mod 7) từ đây ta được

40t2 ≡ −18 (mod 7) ⇒ t2 ≡ 2 (mod 7) hay t2 = 7t3 + 2 (t3 ∈ Z)

thay vào (6) ta được: x = 40(7t3 + 2) + 23 = 280t3 + 103

⇒ x ≡ 103 (mod 280)

Vậy hệ phương trình trên có nghiệm là x ≡ 103 (mod 280)

Ví dụ 2.4.1.2 Giải hệ phương trình đồng dư

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

x ≡ 1145 (mod 3.4.5.7) hay x ≡ 305 (mod 420)

Vậy x ≡ 305 (mod 420) là nghiệm của hệ đã cho

Ví dụ 2.4.1.3 Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất số đó chia

7 dư 5, chia 11 dư 6, chia 13 dư 2

hay x = 600 + 1001t (t ∈ Z) Mà x nguyên dương nhỏ nhất nhỏ nhấtkhi t = 0, khi đó x = 600 Vậy số thỏa mãn đề bài là 600.

Ví dụ 2.4.1.4 Tìm các số nguyên dương thỏa mãn số đó chia 7 dư 5,chia 8 dư 3 và chia 9 dư 1 Biết các số đó nằm trong khoảng từ 2000đến 3000

⇒ t ∈ {4, 5}

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

đã phân tích ở trên

• Bước 3: Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa để giải hệ phươngtrình đồng dư

• Bước 4: Kết luận nghiệm của phương trình đồng dư đã cho

Ví dụ 2.4.1.5 Giải phương trình đồng dư x2 ≡ 1 (mod 100)

Do đó nghiệm của phương trình x2 ≡ 1 (mod 100) chính là nghiệmcủa hệ phương trình

Vì (4, 25) = 1 nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, mỗi hệ trên đều

có duy nhất nghiệm theo môđun 100

Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường

(1) : x0 = 25.1 + 76.1 = 101 ⇒ x ≡ 1 (mod 100)

(2) : x0 = 25.1 + 76.(−1) = −51 ⇒ x ≡ 49 (mod 100)

(3) : x0 = 25.(−1) + 76.1 = 51 ⇒ x ≡ 51 (mod 100)

(4) : x0 = 25.(−1) + 76.(−1) = −10 ⇒ x ≡ −1 (mod 100)

2.4.2 Chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn

điều kiện cho trước

• Bước 3: Kết luận về sự tồn tại của số nguyên thỏa mãn đề bài

Ví dụ 2.4.2.1 Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố cùng nhau Chứngminh rằng tồn tại k ∈ Z sao cho: A = (pq − 1)nk + 1 là hợp số với mọi n

nguyên dương

• Phân tích

Để chứng minh A là hợp số, ta cần chứng minh A chia hết cho một

số m nào đó 1 < |m| < |A| Trong bài toán này ta chứng minh A

chia hết cho p hoặc q