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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 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 KHOA TỐN ====== HỒNG THỊ THÚY HƯỜNG VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TỐN SƠ CẤP KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Thị Kiều Nga HÀ NỘI - 2019 Lời cảm ơn Sau thời gian nghiên cứu quan tâm, tạo điều kiện thầy giáo cô giáo, khóa luận em với đề tài “Về định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp” hồn thành Trước hết với lòng kính trọng biết ơn sâu sắc, em xin gửi lời cảm ơn tới TS.Nguyễn Thị Kiều Nga tận tình giúp đỡ, hướng dẫn, bảo em suốt trình nghiên cứu đề tài Em xin chân thành cảm giúp đỡ quý báu thầy cô tổ Đại số nói riêng khoa Tốn trường Đại học sư phạm Hà Nội nói chung Em xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên, tạo điều kiện để em hồn thành khóa luận tốt nghiệp Mặc dù cố gắng q trình nghiên cứu, khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong nhận góp ý thầy bạn để đề tài hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2019 Sinh viên Hoàng Thị Thúy Hường Lời cam đoan Em xin cam đoan đề tài “Về định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp” hướng dẫn TS Nguyễn Thị Kiều Nga cơng trình nghiên cứu riêng em Trong q trình hồn thành khóa luận, em có tham khảo tài liệu có liên quan hệ thống mục tài liệu tham khảo Em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm khóa luận Sinh viên Hoàng Thị Thúy Hường Mục lục Lời mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 1.4 Đồng dư thức tính chất 1.1.1 Đồng dư thức 1.1.2 Các tính chất Hệ thặng dư đầy đủ thu gọn 1.2.1 Hệ thặng dư đầy đủ 1.2.2 Hệ thặng dư thu gọn Một số định lý quan trọng Số học 1.3.1 Định lý Euler 1.3.2 Định lý Fermat nhỏ 1.3.3 Nghịch đảo môđun Phương trình, hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 1.4.1 Phương trình đồng dư bậc ẩn 1.4.2 Hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 11 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường Định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp 14 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 phương pháp quy nạp theo n 17 2.2.3 Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương pháp Knuth 19 2.3 Ý nghĩa định lý thặng dư Trung Hoa 21 2.4 Ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán sơ cấp 21 2.4.1 Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư toán liên quan 21 2.4.2 Chứng minh tồn số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước 28 2.4.3 Đếm số nghiệm phương trình đồng dư 42 2.4.4 Ứng dụng vào giải toán chia hết 47 2.4.5 Ứng dụng toán đa thức 53 2.4.6 Ứng dụng số toán khác 59 2.4.7 Ứng dụng thực tiễn 61 Kết luận 64 Tài liệu tham khảo 65 Lời mở đầu 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 hoàng” Điều nói lên tầm quan trọng Số học đời sống khoa học Nhắc tới Số học ta phải nhắc đến định lý thặng dư Trung Hoa Định lý coi viên kim cương Số học Đây định lý quan trọng Lý thuyết đồng dư có nhiều ứng dụng giải toán sơ cấp như: Chứng minh tồn nghiệm phương trình, hệ phương trình, đếm số nghiệm, giải số toán đa thức, tổ hợp, Hơn nữa, với việc sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải nhiều tốn hay khó kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia quốc tế Vì lý với niềm yêu thích mơn đại số, em chọn đề tài “Về định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải tốn sơ cấp ” làm đề tài khóa luận Nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số kiến thức lý thuyết đồng dư Chương 2: Định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải tốn sơ cấp Chương trình bày định lý thặng dư Trung Hoa số ứng dụng Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường định lý thặng dư Trung Hoa việc giải tốn sơ cấp Do thời gian có hạn lực thân nhiều hạn chế nên khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong góp ý Thầy, Cơ giáo bạn Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2019 Sinh viên Hoàng Thị Thúy Hường Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức đồng dư thức, hệ thặng dư đầy đủ thu gọn, số định lý quan trọng Số học, phương trình hệ phương trình đồng dư bậc ẩn, nhằm sử dụng cho cho chương sau 1.1 1.1.1 Đồng dư thức tính chất Đồng dư thức Định nghĩa 1.1.1 Nếu hai số nguyên a b chia cho số tự nhiên m khác có số dư ta nói a đồng dư với b theo mơđun m Kí hiệu a ≡ b (mod m) Ngược lại kí hiệu a ≡ b (mod m) Hệ thức a ≡ b (mod m) gọi đồng dư thức Ví dụ: ≡ −1 (mod 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 số nguyên t cho a = b + mt 1.1.2 Các tính chất Cho a, b, c, d số nguyên, m ∈ N∗ Ta có tính chất sau đây: a ≡ b (mod m) a − b ≡ (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ a (mod m)     a ≡ b (mod m) Nếu a ≡ c (mod m)    b ≡ c (mod m) Nếu     a ≡ b (mod m) a ± c ≡ b ± d (mod m)    c ≡ d (mod m) Nếu     a ≡ b (mod m) ac ≡ bd (mod m)    c ≡ d (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) an ≡ bn (mod m) Nếu a ≡ b (mod m) d | m, d > a ≡ b (mod d) Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) với c = Nếu ab ≡ ac (mod m) (a, m) = b ≡ c (mod m) 10 Nếu a ≡ b (mod m) t | a, b, m m a b ≡ (mod ) t t t 11 Nếu a ≡ b (mod m) c ∈ Z+ ac ≡ bc (mod mc) Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường k Đặt n = 2k u k, u ∈ N∗ , u lẻ Ta có 2n −1 = 22 u −1 (2u −1) hay 2u − | 4m2 + – Nếu u = 2u − = | 4m2 + với m ∈ Z – Nếu u ≥ 3, u lẻ: 2u − ≡ (mod 4) 2u − có ước nguyên tố p ≡ (mod 4) (theo bổ đề 1) Lại có: 2u − | 4m2 + nên p | 4m2 + suy p | 4m2 p | mà p số ngun tố nên khơng có p thỏa mãn Vậy trường hợp u ≥ 3, u lẻ không thỏa mãn Vậy u = thỏa mãn n = 2k , k ∈ N∗ • Ta chứng minh n = 2k , k ∈ N∗ thỏa mãn đề cách số m thỏa mãn điều kiện đề Theo ví dụ 2.4.4.1 ta có: k k−1 2n − = 22 − = (22 + 1) + (22 + 1) + + (22 + 1) 2n − 1 k−1 = (22 + 1) + (22 + 1) + + (22 + 1) i Đặt Fi = 22 + 1, i = 1, k − Ta có (Fi , Fj ) = 1, ∀i = j Vì i Fi = 22 + số lẻ, i = 1, k − nên Fi ước nguyên tố Giả sử (Fi , Fj ) = q với q số nguyên lẻ với i < j Ta có i i i j−i 22 +1 ≡ (mod q) suy 22 ≡ −1 (mod q) nên 22 j−i (vì (−1)2 ≡ (mod q) j = 1) từ ta có 22 ≡ (mod q) ta suy j 22 + ≡ (mod q) (1) j j Vì q | Fj = 22 + ⇒ 22 + ≡ (mod q) (2) Từ (1) (2) suy ≡ (mod q) hay q q số nguyên lẻ nên q = Vậy (Fi , Fj ) = 1, ∀i = j Đặt x = 2m Xét hệ đồng dư sau 51 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường    20  x ≡         x ≡ 221 (mod 22 + 1) (mod 22 + 1)          k−2 k−1  x ≡ 22 (mod 22 + 1) i j Vì (22 + 1, 22 + 1) = 1, ∀i = j Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x0 Khi ta có     x20 ≡ 22 ≡ −1         x20 ≡ 222 ≡ −1 (mod 22 + 1) (mod 22 + 1)          k−1 k−1  x20 ≡ 22 ≡ −1 (mod 22 + 1) ⇒ x20 2n − (mod ) +1≡0 2n − x0 Để | 4m2 + m = Khi với n = 2k 2n − 2n − x0 tồn số nguyên m = thỏa mãn | 4m2 + Ví dụ 2.4.4.3 Cho a, b số nguyên dương cho với số nguyên dương n ta có: an + n | bn + n Chứng minh a = b Giải Giả sử a = b Ta có: an + n | bn + n Khi n = a + | b + mà a = b nên b > a Gọi p số nguyên tố p > b > a nên (p, b) = 1, (p, a) = Xét hệ phương trình đồng dư: 52 Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường     n ≡ (mod p − 1) (1)    n ≡ −a (mod p) (2) Vì (p, p − 1) = nên theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn n ∈ Z+ thỏa mãn hệ Từ (1) ta có n = + (p − 1)k , k ∈ Z thay vào (2) ta + (p − 1)k ≡ −a (mod p) hay + pk − k ≡ −a (mod p) nên − k ≡ −a (mod p) suy k ≡ + a (mod p) hay k = + a + pt, t ∈ Z Từ ta có n = + (a + 1)(p − 1) + tp(p − 1) với t ∈ Z Vì (p, a) = theo định lý Fermat nhỏ: ap−1 ≡ (mod p) Từ ta suy an = a1+(a+1)(p−1)+tp(p−1) = a(ap−1 )a+1 (ap−1 )pt ≡ a (mod p) ⇒ an + n ≡ a + n (mod p) mà n ≡ −a (mod p) nên ta có an + n ≡ a − a (mod p) ⇒ an + n ≡ (mod p) hay p | an + n p | bn + n Ta có (b, n) = theo định lý Fermat nhỏ: bp−1 ≡ (mod p) Tương tự ta có bn = b1+(a+1)(p−1)+tp(p−1) ≡ b (mod p) bn + n ≡ b − a (mod p) ⇒ ≡ b − a (mod p) ⇒ p | b − a vơ lý p > b > a nên giả sử sai Vậy a = b 2.4.5 Ứng dụng toán đa thức Trong phần ta xét ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa số toán đa thức Việc chọn số (a1 , a2 , , an ) (m1 , m2 , , mn ) phù hợp để áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa, giúp đưa yêu cầu toán dạng đơn giản, thuận tiện nhiều trình giải Ví dụ 2.4.5.1 Cho tập S = {p1 , p2 , , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt 53 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường P (x) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, tồn pi S cho pi | P (n) Chứng minh tồn taị pi0 S cho pi0 | P (n), ∀n ∈ N∗ Lời giải Chứng minh phản chứng Giả sử không tồn pi S cho pi | P (n), ∀n ∈ N∗ Khi với pi ∈ S , i = 1, k tồntại ∈ N∗ cho pi P (ai ) với i = 1, k     x ≡ a1 (mod p1 )          x ≡ a2 (mod p2 ) Xét hệ phương trình đồng dư:              x ≡ ak (mod pk ) p1 , p2 , , pk k số nguyên tố phân biệt nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x0 ∈ N∗ Vì P (x) đa thức hệ số ngun nên ta có tính chất : “Nếu u ≡ v (mod p) P (u) ≡ P (v) (mod p) ”     P (x) ≡ P (a1 ) (mod p1 )          P (x) ≡ P (a2 ) (mod p2 ) Cho nên ta có:              P (x) ≡ P (ak ) (mod pk ) Vì pi P (ai ), i = 1, k nên pi P (x0 ), ∀i = 1, k , x0 ∈ N∗ trái với giả thiết toán ∀n ∈ N∗ , tồn pi ∈ S cho pi | P (n) Vậy điều giả sử sai suy ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Ta có thay tập S = {p1 , p2 , , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt 54 Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường tập A = {pa11 , pa22 , , pakk } tập B = {m1 , m2 , , mk } gồm k số nguyên đôi nguyên tố nhau, cách chứng minh tương tự, ta thu kết tương tự Sau ta mở rộng toán cách thay tập S thành tập số nguyên dương Ví dụ 2.4.5.2 Cho S = {a1 , a2 , , an } ⊂ Z+ P (x) ∈ Z[x] Biết với số nguyên dương k tồn , i = 1, n cho | P (k) Chứng minh tồn ai0 ∈ S cho ai0 | P (k), ∀k ∈ Z+ Lời giải Giả sử không tồn S cho | P (k), ∀k ∈ Z+ Khi với ∈ S , i = 1, n tồn xi ∈ Z+ cho P (xi ), i = 1, n Gọi S = {p1 , p2 , , pn } số nguyên tố thỏa mãn: pki i | pki i P (xi ) với i = 1, n Trong tập pk11 , pk22 , , pknn có số trùng nhau, với lũy thừa số, ta giữ lại lũy thừa có số mũ nhỏ loại bỏ lũy thừa có số mũ lớn Ta thu tập pb11 , pb22 , , pbmm , m n; p1 , p2 , , pm số nguyên tố phân biệt Khi theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ phương trình đồng dư      x ≡ x1          x ≡ x2 (mod pb11 ) (mod p2b2 )              x ≡ xm (mod pbm ) m 55 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường có nghiệm x0 ∈ Z+ Vì P (x) đa thức hệ số nguyên nên ta có:      P (x0 ) ≡ P (x1 )          P (x0 ) ≡ P (x2 ) (mod pb11 ) (mod pb22 )              P (x0 ) ≡ P (xm ) (mod pbmm ) Vì pki i P (xi ),∀i = 1, n nên pki i P (x0 ), ∀i = 1, m, m n Suy P (x0 ), ∀i = 1, m, x0 ∈ Z+ trái với giả thiết toán với k ∈ Z+ tồn cho | P (k), ∀i = 1, n Vậy giả sử sai Do tồn ai0 ∈ S cho ai0 | P (k), ∀k ∈ Z+ Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.4.5.3 Cho đa thức P (x) = (2x − 1)(3x − 1), chứng minh với số nguyên dương n, tồn số nguyên dương x cho P (x) n Lời giải Xét đa thức P (x) = (2x − 1)(3x − 1) Với số nguyên dương n, ta biểu diễn dạng: n = 2k (2m + 1), (k, m ∈ N, k + m2 = 0) Vì (2, 3) = nên (2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ (mod 2k ) Chọn x ≡ a (mod 2k ) ⇒ 3x ≡ 3a (mod 2k ) ⇒ 3x ≡ (mod 2k ) ⇒ 3x − ≡ (mod 2k ) ⇒ (3x − 1) 2k Vì (2, 2m + 1) = nên tồn b cho: 2b ≡ (mod 2m + 1) Chọn x ≡ b (mod 2m + 1) ⇒ 2x ≡ 2b (mod 2m + 1) ⇒ 2x ≡ (mod 2m + 1) ⇒ 2x − ≡ (mod 2m + 1) 56 Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường ⇒ (2x−1) (2m+1) Xét hệ phương trình đồng dư     x ≡ a (mod 2k )    x ≡ b (mod 2m + 1) Vì (2, 2m + 1) = nên (2k , 2m + 1) = Theo định lý thặng dư Trung + Hoa, hệ  phương trình đồng dư sau có nghiệm x0 ∈ Z tức ta có:    (3x0 − 1) 2k    (2x0 − 1) (2m+1) ⇒ (3x0 − 1)(2x0 − 1) 2k (2m+1) ⇒ (3x0 − 1)(2x0 − 1) n ⇒ P (x0 ) n với x0 ∈ Z+ Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.4.5.4 Cho n = pα1 pα2 pαk k , p1 , p2 , , pk số nguyên tố phân biệt P (x) đa thức có hệ số nguyên Chứng minh rằng: a) Phương trình đồng dư P (x) ≡ (mod n) có nghiệm tất phương trình đồng dư P (x) ≡ (mod pαi i ), i = 1, k có nghiệm b) Nếu gọi phương trình P (x) ≡ (mod pαi i ) có ri nghiệm mơđun pαi i , i = 1, k phương trình P (x) ≡ (mod n) có r = r1 r2 rk nghiệm môđun n Lời giải a) ⇒] Giả sử x0 nghiệm phương trình: P (x) ≡ (mod n) tức P (x0 ) n Suy P (x0 ) pαi i , ∀i = 1, k ⇒ P (x0 ) ≡ (mod pαi i ), ∀i = 1, k nên x0 nghiệm phương trình: P (x) ≡ (mod pαi i ), với i = 1, k 57 Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường ⇐] Ngược lại, giả sử xi nghiệm phương trình: P (x) ≡ (mod pαi i ), với i = 1, k Vì p1 , p2 , , pk số nguyên tố phân biệt nên pα1 , pα2 , , pαk k đôi nguyên tố Theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ      x ≡ x1 (mod pα1 )          x ≡ x2 (mod pα2 )              x ≡ xk (mod pαk k ) có nghiệm x theo môđun n = pα1 pα2 pαk k Như ta có: x ≡ xi (mod pαi i ), ∀i = 1, k ⇒ P (x) ≡ P (xi ) (mod pαi i ),∀i = 1, k ⇒ P (x) ≡ (mod pαi i ),∀i = 1, k ⇒ P (x) ≡ (mod n), với n = pα1 pα2 pαk k Từ suy x nghiệm phương trình P (x) ≡ (mod n) b) Với xi nghiệm phương trình P (x) ≡ (mod pαi i ), với i = 1, k Mỗi (x1 , x2 , , xk ) cho ta nghiệm x phương trình: P (x) ≡ (mod n) Với hai nghiệm khác (x1 , x2 , , xk ) = (x1 , x2 , , xk ) ta gọi x, x nghiệm phương trình P (x) ≡ (mod n) sinh từ hai Vì (x1 , x2 , , xk ) = (x1 , x2 , , xk ) nên tồn xi = xj với i ∈ {1, 2, , k} Lại x ≡ xi (mod pαi i ), x ≡ xi (mod pαi i ) nên ta có x ≡ x (mod pαi i ) suy x = x Do (x1 , x2 , , xk ) khác cho ta nghiệm phân biệt phương trình P (x) ≡ (mod n) Có r = r1 r2 rk cách chọn (x1 , x2 , , xk ) phương trình P (x) ≡ (mod n) có r nghiệm phân biệt 58 Khóa luận tốt nghiệp 2.4.6 Hoàng Thị Thúy Hường Ứng dụng số tốn khác Ví dụ 2.4.6.1 (IMO 2002) Trong lưới điểm nguyên mặt phẳng Oxy , điểm có tọa độ số nguyên A(x, y) ∈ Z2 gọi nhìn thấy từ điểm O, đoạn OA khơng có điểm thuộc Z2 ,trừ điểm O A Chứng minh với số tự nhiên n tùy ý, ln tồn hình vng n × n có đỉnh ngun điểm ngun bên biên hình vng khơng nhìn thấy từ điểm O Lời giải x y Gọi (x, y) = d N ( , ) điểm nguyên thuộc đoạn OA với A(x, y) d d Do để A(x, y) điểm nhìn thấy từ điểm O tức đoạn OA khơng có điểm ngun M ≡ A nên d = hay (x, y) = Vậy B(x , y ) khơng nhìn thấy từ O (x , y ) > Gọi pij (n + 1)2 số nguyên tố đôi khác (0 i, j n) Xét  hai hệ phương trình đồng dư tuyếntính sau:         x ≡ (mod p p p p ) y ≡ (mod p00 p10 p20 pn0 )   00 01 02 0n                 x ≡ −1 (mod p10 p11 p12 p1n ) y ≡ −1 (mod p01 p11 p21 pn1 )                           x ≡ −n (mod pn0 pn1 pn2 pnn ) y ≡ −n (mod p0n p1n p2n pnn ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ có nghiệm x0 y0 tức tồn i, j cho : x0 + i pij y0 + j pij với i, j n Suy (x0 + i, y0 + j) > với i, j n Ta có Bij (x0 + i, y0 + j) điểm ngun thuộc hình vng cạnh n × n mà (x0 + i, y0 + j) > nên Bij (0 i, j n) điểm khơng nhìn thấy từ O Vậy tồn hình vng n × n có đỉnh nguyên điểm nguyên bên biên hình vng khơng nhìn thấy từ điểm O 59 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường Ví dụ 2.4.6.2 Tìm tất số nguyên dương n để số sau số 2019 phương: n.22 − n − 76 Lời giải 2019 Giả sử tồn n để n.22 2019 A = 22 = (22 2018 − = 22 2018 2017 + 1)(22 − n − 76 số phương 2018 − = (22 + 1)(22 2018 − 1) + 1) (22 + 1)(22 + 1) = 2018 i (22 + 1) i=1 2i 2j Ta có (2 + 1, + 1) = 1, ∀i = j i, j = 1, 2018 Theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ phương  trình đồng dư sau    20 21  x ≡ (mod + 1)          x ≡ 22 (mod 22 + 1)            2017 2018   x ≡ 22 (mod 22 + 1) i i có nghiệm x0 , từ ta có x20 ≡ 22 (mod 22 + 1), ∀i = 1, 2018 i i ⇒ x20 + ≡ 22 + (mod 22 + 1), ∀i = 1, 2018 i ⇒ x20 + ≡ (mod 22 + 1), ∀i = 1, 2018 2018 2i ⇒ x20 + (2 + 1) i=1 2018 2i ⇒ 3(x20 + 1) (2 + 1) = A i=1 ⇒ + 1) A 2019 ⇒ 81x2 + 81 22 − 81(x20 2019 Suy tồn n ∈ N∗ cho (9x20 ) + 81 n(22 − 1) nên ta có: 2019 (9x2 ) + n(22 ) − n − 76 Để n.22 2019 − n − 76 số phương (9x20 ) + phải số phương Ta có: (9x20 ) + ≡ (mod 9) suy (9x20 ) + chia dư Ta biết số phương chia cho có số dư 0; 1; 4; Mà (9x20 ) + chia dư nên (9x20 ) + không số phương Do 60 Khóa luận tốt nghiệp n.22 2019 Hoàng Thị Thúy Hường − n − 76 khơng số phương nên giả sử sai Vậy khơng có số ngun dương n thỏa mãn để n.22 2019 − n − 76 số phương 2.4.7 Ứng dụng thực tiễn Ví dụ 2.4.7.1 Giải tốn dân gian sau: Ngun tiêu gió mát trăng Phố phường nhộn nhịp đèn chong sáng lòa Một dạo đếm đèn hoa Dăm trăm đốm sáng biết hay Kết năm chẵn số đèn Bảy đèn kết hai thừa Chín đèn thời bốn dư Đèn mà ngơ ngẩn lòng? Lời giải      x ≡ (mod 5)      Từ tốn ta có hệ phương trình đồng dư: x ≡ (mod 7)         x ≡ (mod 9) Vì 5, 7, đôi nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm theo mơđun 5.7.9 = 315 Ta có: N1 = 7.9 = 63 ≡ (mod 5) ⇒ N1−1 = N2 = 5.9 = 45 ≡ (mod 7) ⇒ N2−1 = N3 = 5.7 = 35 ≡ (mod 9) ⇒ N3−1 = Ta có: x0 = 63.2.0 + 45.5.2 + 35.8.4 = 1570 Vậy x ≡ 1570 (mod 315) hay x ≡ 310 (mod 315) Do số đèn "dăm trăm đốm sáng" nên ta 61 Khóa luận tốt nghiệp Hồng Thị Thúy Hường lấy x = 310 x = 625 Ví dụ 2.4.7.2 Bài tốn Hàn Tín điểm binh Tục truyền ngày xưa, Hàn Tín- danh tướng Lưu Bang (Hán Cao Tổ) điểm binh theo cách sau đây: Ông bảo lính xếp hàng ba, hàng năm, hàng bảy ghi số lẻ tương ứng suy số linh cách nhân số lẻ hàng ba cho 70, số lẻ hàng năm cho 21, nhân số lẻ hàng bảy cho 15 Cộng kết lại thêm số với bội số thích hợp 105 số lính Hãy chứng tỏ cách điểm binh đúng? Lời giải: Nếu kí hiệu số lính S, số lẻ hàng 3, hàng 5, hàng tương ứng a, b, c số lính là: S = 70a + 21b + 15c + 105k với k số nguyên thích hợp với số lính đại đội, tiểu đồn hay trung đồn, u cầu tốn tương đương với việc giải hệ sau      x ≡ a (mod 3)      x ≡ b (mod 5)         x ≡ c (mod 7) Vì 3, 5, đôi nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm theo mơđun 3.5.7 = 105 Ta có: N1 = 5.7 = 35 ≡ (mod 3) ⇒ N1−1 = N2 = 3.7 = 21 ≡ (mod 5) ⇒ N2−1 = 62 Khóa luận tốt nghiệp N3 = 3.5 = 15 ≡ Hoàng Thị Thúy Hường (mod 7) ⇒ N3−1 = Ta có: x0 = 35.2.a + 21.1.b + 15.1.c = 70a + 21b + 15c Vậy x ≡ 70a + 21b + 15c (mod 105) suy x = 70a + 21b + 15c + 105k với k ∈ Z Vậy cách điểm binh Hàn Tín hồn tồn 63 Kết luận Trong khóa luận “Về định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp”, em trình bày vấn đề sau đây: • Một số phương pháp chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa • Ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán sơ cấp, cụ thể: Phân loại dạng toán sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa để giải, dạng toán em đưa tốn minh họa từ dễ đến khó với lời giải chi tiết • Đưa số toán đề thi tuyển chọn học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế có ý nghĩa thiết thực cho việc ôn luyện học sinh giỏi Mặc dù cố gắng hết sức, song hạn chế mặt thời gian, kiến thức, kinh nghiệm nên khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong nhận đóng góp, bổ sung q báu từ thầy bạn để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! 64 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Bạn (2014), Định lý phần dư Trung Hoa, Luận án thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên [2] Bùi Huy Hiền–Nguyễn Hữu Hoan (1985), Bài tập đại số số học tập I, Nhà xuất Giáo dục [3] Trần Minh Hiền, Number theory–VMO 2014-2015, Trường Trung học phổ thông chuyên Quang Trung [4] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình số học, Nhà xuất Giáo dục 65 ... Chương Định lý thặng dư Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp Chương đưa phương pháp chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa đưa số ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán sơ cấp Cụ thể + Định lý. .. Trung Hoa ứng dụng giải toán sơ cấp Chương trình bày định lý thặng dư Trung Hoa số ứng dụng Khóa luận tốt nghiệp Hoàng Thị Thúy Hường định lý thặng dư Trung Hoa việc giải toán sơ cấp Do thời gian... Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương pháp Knuth 19 2.3 Ý nghĩa định lý thặng dư Trung Hoa 21 2.4 Ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán sơ cấp