Các bài toán về đồng dư và hàm số học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ HẰNG CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƢ VÀ HÀM SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ HẰNG CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƢ VÀ HÀM SỐ HỌC Chuyên ngành : PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS VŨ ĐỖ LONG Hà Nội – 2015 MỤC LỤC Lời mở đầu Chƣơng Số nguyên tính chia hết .3 1.1 Kiến thức 1.2 Bài toán chia hết 1.3 Bài toán ước chung lớn (ƯCLN) bội chung nhỏ (BCNN) 17 1.4 Bài toán số nguyên tố .22 Chƣơng Đồng dƣ 32 2.1 Kiến thức 32 2.2 Bài toán chia hết .37 2.3 Các tốn số phương 45 2.4 Các toán chữ số tận 51 2.5 Phương trình nghiệm nguyên 56 2.6 Phương trình hệ phương trình đồng dư bậc ẩn 62 Chƣơng Hàm số học .67 3.1 Kiến thức 67 3.2 Các toán hàm số học 69 KẾT LUẬN 77 Tài liệu tham khảo 79 Lời mở đầu Số học phần quan trọng Toán học, từ lúc bước vào bậc THCS học sinh làm quen với toán số học Chính mà đề thi Olympic, đề thi học sinh giỏi, đề thi vào THPT chuyên khối khoa học tự nhiên ta thấy xuất toán số học Mặc dù làm quen sớm với số học gặp tốn dạng học sinh thấy khó khăn cách giải quyết, học dần lên lớp cao lượng kiến thức số học lại giảm mà không hệ thống hay nhắc lại thường xun Chính vậy, em lựa chọn đề tài luận văn “ Các toán đồng dư hàm số học” nhằm hệ thống lại kiến thức phân dạng tập số học Trong luận văn em khơng sâu trình bày lí thuyết mà hệ thống lại kiến thức để làm sở giải dạng tập Luận văn chủ yếu phân dạng xếp tập từ dễ tới khó có trình bày lời giải chi tiết giúp người đọc tham khảo q trình ơn tập kiến thức số học Luận văn chia thành ba chương: Chương I trình bày toán số nguyên toán phép chia hết, toán liên quan đến số nguyên tố, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ Chương II phần trọng tâm luận văn, trình bày ứng dụng lí thuyết đồng dư vào giải toán chia hết, toán số phương, chữ số tận cùng, tốn phương trình nghiệm ngun, phương trình đồng dư Chương III trình bày tốn hàm số số học, tập chủ yếu hàm Euler , hàm tổng ước , hàm số ước số số tự nhiên Do thời gian kiến thức hạn chế nên trình viết luận văn, giải tập chắn khơng tránh khỏi thiếu xót Em rấy mong nhận góp ý thầy bạn để luận văn hoàn thiện Trong trình làm luận văn, em thầy PGS TS Vũ Đỗ Long – Trường Đại học Khoa học tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội hướng dẫn, bảo tận tình Nhân dịp em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin chân thành cảm ơn thầy cô tường Đại học Khoa học tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội dạy dỗ, trang bị kiến thức bổ ích giúp đỡ em suốt trình theo học Em xin chân thành cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Toán – Cơ – Tin học giúp đỡ, tạo điều kiện cho em trình hồn thiện luận văn Hà Nội, tháng năm 2015 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Hằng Chƣơng Số nguyên tính chia hết 1.1 Kiến thức 1.1.1 Phép chia Chúng ta nói số nguyên a chia hết cho số nguyên b 0, hay a bội b, kí hiệu a b, có số nguyên c để a = bc Trong trường hợp ta nói b chia hết a, hay b ước (thừa số) a, kí hiệu b | a Ngược lại ta nói a không chia hết cho b, hay b không chia hết a Ví dụ : | 14 ; -8 | 24 ; | -30 ; 15 | ; không chia hết ; không chia hết -13 Định lí 1.1.1 Giả sử a, b số nguyên Khi : Nếu b | a a > 0, b > Nếu b | a c | b c | a Nếu b | a c bc | ac Nếu c | a c | b c | (ma + nb) với số ngun m, n Định lí 1.1.2 Giả sử a, b số nguyên, b số nguyên q, r thỏa mãn : a = bq + r Khi a = bq + r, Khi tồn ta nói q thương r phần dư phép chia a cho b Hiển nhiên b | a r = Định lí 1.1.3 Nếu số a1, a2, …, an chia hết cho m a1 + a2 + …+ an chia hết cho m Hệ 1.1.1 Nếu tổng số số hạng chia hết cho m trừ số hạng, tất số khác chia hết cho m số hạng chia hết cho m Định lí 1.1.4 Nếu số chia hết cho mi (1 ) tích a1a2…an chia hết cho tích m1m2…mn Hệ 1.1.2 Nếu a chia hết cho m với số tự nhiên n tùy ý an chia hết cho mn Hệ 1.1.3 Nếu thừa số chia hết cho m tích chia hết cho m Định lí 1.1.5 Với cặp số nguyên a, b mà a + b khác với số nguyên không âm n tổng a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b Hệ 1.1.4 Với cặp số nguyên a, b với số tự nhiên n có: an – bn = (a – b)(an-1 + an-2b + + abn-2 + bn) Định lí 1.1.6 Với cặp số nguyên a, b mà a – b khác với số tự nhiên n, số an – bn chia hết cho a – b Hệ 1.1.5 Với cặp số nguyên a, b mà a2 – b2 khác với số nguyên dương n, số a2n – b2n chia hết cho a + b 1.1.2 Số nguyên tố Định nghĩa: Số tự nhiên p > gọi số nguyên tố, ngồi p khơng cịn ước tự nhiên khác Số tự nhiên lớn có nhiều ước tự nhiên gọi hợp số Số có ước số tự nhiên Số số tự nhiên hợp số Bổ đề Mọi số tự nhiên lớn có ước số nguyên tố Định lí 1.1.7 Nếu số tự nhiên a lớn không chia hết cho số nguyên tố bé √ a số nguyên tố Chứng minh: Giả sử a hợp số, đặt a = mn, với m cho m m √ n Khi a chia hết Giả sử m có ước ngun tố p p m Suy a chia hết p p √ , điều trái với giả thiết a không chia hết cho số nguyên tố bé √ Vậy a số nguyên tố 1.1.3 Ước chung lớn bội chung nhỏ Nếu a, b số nguyên không đồng thời khơng, tập ước chung a b hữu hạn chứa số +1 -1 Chúng ta quan tâm đến số nguyên lớn nằm ước chung Ước chung lớn hai số nguyên không đồng thời không a b số nguyên lớn chia hết đồng thời a b Ước chung lớn hai số nguyên a b kí hiệu (a, b) Khái niệm ước chung lớn số nguyên không đồng thời không a1 , a2 , , an hiểu hoàn toàn tương tự khái niệm ước chung lớn số nguyên Đó số ngun lớn chia hết đồng thời tất Ước chung lớn số nguyên a1 , a2 , , an kí hiệu  a1 , a2 , , an  Chúng ta quan tâm đến cặp số ngun mà chúng khơng có ước chung Các cặp số nguyên gọi nguyên tố Hiển nhiên (a, b) = (b, a) (a, b) = (|a|, |b|) Định lí 1.1.8 Nếu a, b, c số nguyên (a, b) = d : ( )=1 (a + cb, b) = (a, b) Nếu a, b số nguyên, ta nói số nguyên dạng ma + nb tổ hợp tuyến tính a b, m, n số nguyên Một tập M số nguyên gọi modulo có tính chất: m, n ∊ M m – n ∊ M Từ định nghĩa modulo suy rằng, m, n ∊ M, = m – m ∊ M, - n = – n ∊ M, m + n = m – (- n) ∊ M Nói cách khác, a, b ∊ M tổ hợp tuyến tính a b thuộc M Modulo M = {0} gọi modulo tầm thường Định lí 1.1.9 Mỗi modulo khơng tầm thường M tập tất bội số nguyên dương Định lí 1.1.10 Giả sử a, b số nguyên không đồng thời d = (a, b) Khi modulo M = {ax + by : x, y ∊ } tập tất bội d Hệ 1.1.6 Giả sử d = (a, b) ước chung lớn hai số nguyên a b Khi đó: d số nguyên dương nhỏ tổ hợp tuyến tính a b Mỗi ước chung a b ước d Định lí 1.1.11 Nếu a1, a2, …, an, an+1 số nguyên khác không, n (a1, a2, …, an, an+1) = (a1, a2, …, an-1, (an, an+1)) *) Thuật toán Euclid 2, Định lí 1.1.12 Giả sử r0 = a r1 = b số nguyên với a b Nếu thuật toán chia thực liên tiếp rj  rj 1q j 1  rj 2 , < rj+2 < rj+1 với j = 0, 1, 2, …, n – rn+1 = 0, (a, b) = rn , số dư khác khơng cuối Chứng minh: Từ định lí 1.1.8 ta có nhận xét là: c = dq + r (c, d) = (c – qd, d) = (r, d) = (d, r) Với a = r0, b = r1 tồn hai số nguyên q1, r2, cho: r0 = r1q1 + r2 < r < r1 tồn q2, r3 cho: r1 = r2q2 + r3 < r < r2 … rj-2 = rj-1qj-1 + rj < rj < rj-1 … rn-2 = rn-1qn-1 + rn < rn < rn-1 rn-1 = rnqn + Từ nhận xét trên, ta có: (a, b) = (r0, r1) = (r1, r2) = …= (rn-2, rn-1) = (rn-1, rn) = (rn, rn+1) = (rn, 0) = rn Quá trình gọi thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn hai số a, b Định lí 1.1.13 Định lí số học: Mọi số nguyên lớn viết cách thành tích thừa số nguyên tố theo thứ tự không giảm Bổ đề 1.1.13.a Nếu a, b, c số nguyên dương cho (a, b) = a | bc a | c Bổ đề 1.1.13.b Nếu p ước nguyên tố tích a 1, a2, …, ak, a1, a2, …, ak số nguyên, có i, i k để p | Chứng minh định lí 1.1.13: Trước hết ta chứng minh quy nạp theo n số nguyên lớn viết thành tích thừa số nguyên tố Trường hợp n = tầm thường Số nguyên n + > số ngun tố khơng có phải chứng minh Ngược lại, ta có n + = ab, với a > 1, b < n + 1; theo giả thiết quy nạp a, b tích số nguyên tố Bây ta chứng minh tính biểu diễn Giả sử n = p1p2…pr = q1q2…qs ; với p1 … p2 pr , q1 … q2 qs số nguyên tố Từ bổ đề 1.1.13.b suy r = s p = q1,…, pr = qs Chú ý: Mọi số nguyên n > có biểu diễn , với = k, < Nếu dãy tất số nguyên tố theo thứ tự tăng dần : p1 = < p2 = < p3 = < p4 = < p5 = 11 < … số nguyên dương viết dạng = với hầu hết, trừ số hữu hạn giá trị k Bội chung nhỏ hai số nguyên , kí hiệu [a, b], hiểu số nguyên dương nhỏ chia hết cho a b Dễ dàng thấy [a, b] = [b, a] [a, b] = [|a|, |b|] Bội chung nhỏ số nguyên khác không a 1, a2, …,ak, kí hiệu [a1, a2, …,ak], số nguyên dương nhỏ chia hết tất số aj, Định lí 1.1.14 Nếu số a, b có phân tích thừa số ngun tố = = { { } } { } { } { } { } (a, b) [a, b] = ab Chứng minh Dễ dàng thấy ∏ ∏ Từ dễ dàng suy ∏ { } ∏ { } { Lời giải : Xét hệ hai phương trình { ⟺ { ⟺ 36t Phương trình ,t∊ 36 (mod 60) ⟺ t (mod 5) Vậy ta nghiệm hệ phương trình xét : x 36.1 + 26 (mod 180) 62 (mod 180) Do hệ phương trình cho tương đương với hệ phương trình : { ⟺ { , t’ ∊ ⟺ 180t’ Phương trình (mod 5) ⟺ t’ 30 (mod 150) ⟺ 6t’ (mod 5) Khi hệ phương trình xét có nghiệm x 180.1 + 62 (mod 900) Vậy hệ phương trình có nghiệm x 242 (mod 900) 242 (mod 900) Bài 2.58 Một tốn dân gian : 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 cịn ba thừa 65 Chín đèn bốn dư Đèn mà ngơ ngẩn lịng ? Lời giải : Bài tốn cho ta hệ phương trình { Áp dụng định lí phần dư Trung Hoa, ta có m = 5.7.9 = 315 M1 = 7.9 = 63 nên ta có 63y1 (mod 5), suy y1 = M2 = 5.9 = 45 nên ta có 45y2 (mod 7), suy y2 = M3 = 7.5 = 35 nên ta có 35y3 (mod 9), suy y3 = Ta nghiệm hệ phương trình cho x 2.63.0 + 5.45.2 + 8.35.4 (mod 315) hay x Vậy số đèn đếm 310 625 66 -5 (mod 315) Chƣơng Hàm số học 3.1 Kiến thức Hàm số học hàm nhận giá thị thực phức xác định tập số nguyên dương Hàm số học khơng đồng 0, gọi có tính nhân , với = Hàm số học không đồng 0, gọi có tính nhân đầy đủ nếu , với số nguyên dương m, n 3.1.1 Hàm Euler Phi –hàm Euler, kí hiệu dương không vượt , xác định : số số nguyên nguyên tố với Định lý 3.1.1 Phi – hàm Euler có tính nhân Bổ đề 3.1.1 Giả sử { số nguyên dương nguyên tố nhau; } ; { } tương ứng hệ thặng dư đầy đủ modulo Khi ta có ; { modulo } hệ thặng dư đầy đủ Chứng minh Bây chứng minh định lý Vì số phần tử hệ { nên }, thỏa ( ) Nhưng ( ) ( { ( Vì có thảy tương đương với ) ) các ⟺{ ⟺{ thỏa thỏa ( 67 ) thỏa nên có Định lý 3.1.2.Nếu nguyên tố Chứng minh Các số nguyên dương không vượt với mà Có thảy = ) khơng ngun tố số ngun dương khơng vượt q Đó số chia hết cho số vậy, ) Định lí 3.1.3 ngun dương ( nguyên dương khai triển lũy thừa nguyên tố số ( )( ) ( ) Định lý 3.1.4 Nếu n số nguyên dương thì:   (d )  n d n Chứng minh Chúng ta phân số nguyên m từ đến n thành lớp C d Số nguyên m ,  m  n thuộc lớp C d m, n  d m  C d m d , n d   Như lớp C d có  n d  số Vậy n   (n d )   (d ) d n d n 3.1.2 Hàm tổng ước  (n) số ước  (n) Hàm tổng ước, ký hiệu  , xác định :  (n) tổng tất ước dương số nguyên dương n Hàm số ước, ký hiệu  , xác định bởi:  (n) số ước dương số nguyên dương n Định lý 3.1.5 Các hàm   có tính nhân Định lý 3.1.6 Nếu n  p11 p2 pk k khai triển luỹ thừa nguyên tố số nguyên dương n 68 k  ( n)   i 1 pi i 1  pi  k  (n)   ( i  1) (1) ; (2) i 1 Chứng minh (1) Vì p  có (  1) ước dương p i ,0  i   nên  ( p )   p    p  p  1  p 1 k k  (n)   ( pi )   Vậy i i 1 i 1 p  i 1 pi  (2) Vì p  có (  1) ước dương p i ,0  i   nên  ( p  )  (  1) Vậy k k  (n)   ( pi )   ( i  1) i 1 i i 1 3.2 Các toán hàm số học Bài 3.1 Tìm số tự nhiên n biết dạng phân tích tiêu chuẩn n = 2a3b = 14 Lời giải : Áp dụng cơng thức tính ta có = (a + 1)(b +1) Theo đề (a +1)(b + 1) = 14 = 2.7 = 1.14 Mà , , , , nên , Vậy n = 2.36 = 1457 n = 26.3 = 192 Bài 3.2 Tìm số tự nhiên n có dạng phân tích tiêu chuẩn n = paqb 69 Lời giải: Ta có = (a + 1)(b + 1) = Mà , , + Nếu , nên , , Khi n = p2q Áp dụng cơng thức tính ta = (p2 + p + 1)(q + 1) = 28 = 4.7 = 14.2 = 1.28 Mà { ⟺{ ⟺{ Do n = 22.3 = 12 + Nếu , , làm tương tự ta kết n = 12 Vậy số cần tìm 12 Bài 3.3 Tìm số tự nhiên biết : a Dạng phân tích tiêu chuẩn n = 2a3b = 403 b Dạng phân tích tiêu chuẩn n = 3p2 = 124 Lời giải : a Ta có ⟺ (2a+1 – 1)(3b+1 – 1) = 2.403 = 26.31 = 13.62 70 Khi , , , , Ta thấy có hệ , có nghiệm , , hệ cịn lại vơ nghiệm Vậy n = 24.32 = 144 b Ta có ⟺ 4(p2 + p + 1) = 124 ⟺ p2 + p + = 31 ⟺[ Vậy n = 3.25 = 75 Bài 3.4 Cho n = paqb dạng phân tích tiêu chuẩn n (n2) = 15 Hãy tính (n3) ? (Trích tài liệu [4]) Lời giải : Ta có n2 = p2aq2b nên (n2) = (2a + 1)(2b + 1) ⟺ (2a + 1)(2b + 1) = 15 Vì vai trị a, b nhau, nên ta cần giải hệ , ⟺, Do n = pq2, n3 = p3q6 nên (n3) = (3 + 1)(6 + 1) = 28 Vậy (n3) = 28 Bài 3.5 Tìm số tự nhiên n, biết: a Dạng phân tích tiêu chuẩn n = 3a5b7c 71 = 3600 b Dạng phân tích tiêu chuẩn n = a3bp = 180 Lời giải: a Ta có ⟺ 3a5b7c ) = 3600 ⟺ 3a5b7c = 7875 = 32.53.7 Suy a = 2, b = 3, c = Vậy n = 7875 b Ta có ⟺ 2a3b ) = 180 ⟺ 2a3b-1(p - 1) = 180 = 2.32.10 = 2.3.30 (vì p số nguyên tố khác 2, nên p – hợp số) Do a = 1, b = 3, p = 11 a = 1, b = 2, p = 31 Vậy n = 2.33.11 = 594 n = 2.3 2.31 = 558 Bài 3.6 Tìm số tự nhiên n cho n chia hết cho , với hàm Euler Lời giải: Ta thấy n = =0 Với n > Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n  p1 p2 pk ( Vì n chia hết cho )( nên đặt n = t ta được: p1p2…pk = t(p1 - 1)(p2 - 1)… (pk - 1) 72 ) ( k ) , với t số tự nhiên Khi Ta thấy vế phải đẳng thức chẵn nên phải có p i (i = 1, 2,…, k) Giả sử p 1, ta có: 2p2…pk = t(p1 - 1)(p2 - 1)… (pk - 1) Do p2, p3, …, pk khác nên từ đẳng thức ta suy n có nhiều ước nguyên tố lẻ Giả sử p2, đặt p2 = 2u + 1, ta có 2p = t(2u) Vì p2 nguyên tố khác 2, suy t = p u = 1, suy p = Khi n = 2a3b với a Vậy n = n = a3b với a n chia hết cho Bài 3.7 Chứng minh a Nếu m chia hết cho n b (ma) = ma-1 chia hết cho Lời giải: a Giả sử n có dạng phân tích tiêu chuẩn n = m chia hết cho n nên m có dạng phân tích tiêu chuẩn m = ( Khi đó: ( )( ) )( ) , với i ( ( ) ) Vì m chia hết cho n, đặt m = t.n ( )( ) ( ) * ( )( ) ( )+ ( Vậy chia hết cho ) 73 ( ) k b Giả sử m có dạng phân tích tiêu chuẩn m = ma = , Khi ( )( ( ) )( ) ( Vậy (ma) = ma-1 ( ) ( )( ) ) ( ) Bài 3.8 Chứng minh với số tự nhiên n 2, ta ln có Lời giải : Giả sử ước n d 1, d2, …, dk = d1 < d2 < …< dk = n Ta thấy số tự nhiên khơng vượt q n có số bội di (i = 1, 2, …, k) Mà số không vượt n không nguyên tố với n dều bội ước lớn n Do ta có : nLại có : nên n - = dk-1 + dk-2 + …+ d1 = (n) – dk = (n) – n – n, hay Dấu đẳng thức xảy n số nguyên tố 74 Vậy , với số tự nhiên n Bài 3.9 Gọi m = [a, b], d = (a, b) Chứng minh rằng: a b c (Trích tài liệu [4]) Lời giải: Giả sử p1, p2, …, pi số nguyên tố có phân tích tiêu chuẩn a; q1, q2, …, qj số nguyên tố có phân tích tiêu chuẩn b; r 1, r2, …, rk số nguyên tố có mặt hai phân tích tiêu chuẩn a b Ta có: = a (1  1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) p1 pi r1 rk = b (1  1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) q1 qj r1 rk r1 ri = d (1  ) (1  ) = m (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) p1 pi q1 qj r1 rk = ab (1  a Ta thấy 1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) p1 pi q1 qj r1 rk = ab (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) p1 pi q1 qj r1 rk 75 = p1p2…piq1q2…qj (r1r2…rk )2 (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) p1 pi q1 qj r1 rk = (r1r2…rk) [p1p2…piq1q2…qjr1r2…rk (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) ] p1 pi q1 qj r1 rk =d Vậy b = abd (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )[(1  ) (1  )] p1 pi q1 qj r1 rk = p1p2…piq1q2…qj (r1r2…rk )3 (1  = [r1r2…rk][p1p2…pir1r2…rk (1  (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )[(1  ) (1  )] p1 pi q1 qj r1 rk 1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) ][ q1q2…qjr1r2…rk p1 pi r1 rk 1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) ] q1 qj r1 rk =d Vậy c (1  = a (1  1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) q1 qj r1 rk = p1p2…pir1r2…rk (1  (1  1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) b p1 pi r1 rk 1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) q1q2…qjr1r2…rk p1 pi r1 rk 1 1 ) (1  )(1  ) (1  ) q1 qj r1 rk 76 = [p1p2…piq1q2…qj r1r2…rk (1  1 1 1 ) (1  )(1  ) (1  )(1  ) (1  ) ][ r1r2…rk p1 pi q1 qj r1 rk 1 (1  ) (1  ) ] r1 ri = Vậy Bài 3.10 Chứng minh = n + n số nguyên tố Lời giải: Nếu n số ngun tố có hai ước n Do =n+1 Mặt khác, n hợp số, đặt n = ab với a, b số tự nhiên lớn Khi n có ba ước phân biệt 1, a, n nên 1+a+n>n+1 Nếu n = Vậy = < + = n + n số nguyên tố KẾT LUẬN Luận văn đạt số kết quan trọng sau: - Luận văn hệ thống phân loại số dạng toán số học thường gặp Thông qua hệ thống tập lời giải với dạng 77 toán, luận văn cung cấp số phương pháp giải dạng toán tập số nguyên, dạng áp dụng lí thuyết đồng dư hàm số học - Luận văn sưu tập nhiều toán hay kì thi học sinh giỏi quốc gia, tỉnh thành, Olympic toán nước, … Dù cố gắng trình làm luận văn, luận văn khó tránh khỏi thiếu xót định Em mong nhận bảo quý thầy cô góp ý bạn đọc để luận văn hoàn thiện 78 Tài liệu tham khảo [1] Các đề thi Olympic toán nước [2] Các đề thi tuyển sinh THPT chuyên, 2000 – 2014 [3] Đặng Huy Ruận, Phương pháp giải toán chia hết, Nhà xuất khoa học kĩ thuật [4] Nguyễn Hữu Hoan, Lí thuyết số, Nhà xuất Đại học sư phạm [5] Nguyễn Vũ Thành, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Số học, Nhà xuất giáo dục [6] Website: diendantoanhoc.net 79