Định lý phần dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán số học

hợp nhất trong bài toán này vì trong mỗi số hạng không có phép cộng dễ sử lí để phù hợp hơn yêu cầu mọi số hạng của nó đều là luỹ thừa của một số tự nhiên với số mũ lớn hơn 1.. Điề[r]

1. ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA

Định lí: Cho n số nguyên dương m m1, 2, ,mn số nguyên dương đôi nguyên tố Khi hệ đồng dư tuyến tính

(mod )

1,

i i

x a m

i n

   

  

có nghiệm mođun M m m1 mn

Chứng minh:

Đặt i ( i, i) 1, 1, i

M

M M m i n

m

    M mi j, i j

Suy  i 1,n, tồn số nguyênyi thoả mãn M yi iai(modmi) Xét

1

n i i i

x M y



 ta có: (mod ) 1,

i i

x a m

i n

   

  

Do đó: (mod ) (mod ) (mod )

1, 1,

i i i

x a m x x m

x x M

i n i n

 

 

 

  

 



  

 

Vậy định lí chứng minh

Nhận xét: Định lí phần dư Trung Hoa khẳng định tồn

một lớp thặng dư số nguyên thoả mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính Do sử dụng định lí để giải tốn tồn đếm số số nguyên thoả mãn hệ điều kiện quan hệ đồng dư, chia hết…, hay đếm số nghiệm phương trình đồng dư Việc sử dụng hợp lí

1, 2, , n

m m m a a1, 2, ,an (trong định lí) cho ta nhiều kết thú vị từ

2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Bài toán Cho hai số nguyên dương p, q nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên k cho (pq1)nk1 hợp số với số nguyên dương n

Lời giải:

Vì (p,q)=1 nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên k thoả mãn:

1(mod ) 1(mod )

k p

k q

  

  

Khi đó:

+ Nếu n chẵn (pq1)n 1(mod )q (pq1)nk  1(mod )q (pq1)nk1q + Nếu n lẻ (pq1)n 1(mod )p (pq1)nk 1(mod )p (pq1)nk1p Vậy (pq1)nk1 hợp số với số nguyên dương n

Nhận xét: Chứng minh thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lí đồng dư Trung Hoa Mấu chốt vấn đề phải thấy để (pq1)nk1 hợp số ta cần (pq1)nk1 chia hết cho p q, phân tích tính chẵn lẻ n ta dễ dàng thấy xuất hệ 1(mod )

1(mod )

k p

k q

  

  

Bài toán Chứng minh tồn số nguyên k cho 2nk1 hợp số với số nguyên dương n

Lời giải:

Nhận xét: Bài tập gần giống với tập số phức tạp

bài tốn nhiều tốn ta khơng thể nhìn thấy để 2nk1

hợp số ta cần chia hết cho số

Để ý thấy trằng toán ta xét hai trường hợp n chẵn n lẻ hay tổng quát xét n dạng sau 2ml với m, l số tự nhiên, l lẻ

Khi

2nk 1 mlk1 ta có 22ml  1mod(22m1), để 2nk1 hợp số ta 2nk1

chia hết cho

2m

Ta trình bày lời giải toán sau:

Trước hết ta có F F F F F0, 1, 2, 3, số nguyên tố, F5 641.6700417

( ,F Fi j) 1,  i j

Theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương k thoả mãn:

1(mod )

0,1, 2, 3, 1(mod )

1(mod ) m

k F

m

k p

k q

     

     

(p = 641, q = 6700417, (p,q)=1)

Ta có n2ml, với m, l số tự nhiên, l lẻ

+ Nếu m < 2n 22ml 1(mod ) 2n 1(mod ) 2n 1

m m m

F k F k F

        

+ Nếu m =

5

2n 2ml  1(modF)2nk  1(mod )p 2nk1p + Nếu m > 25

5

2n (2 ) ml 1(modF )2nk 1(mod )q 2nk1q Do 2nk1 hợp số với số nguyên dương n

Bài toán Cho tập S{p ,p , p }1 k gồm k số nguyên tố phân biệt, f x( )

là đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n tồn pi

trong S cho p | ( )i f n Chứng minh tồn i cho p |i f n( ), n N* Lời giải:

Giả sử không tồn i cho p |i f n( ), n N*, suy với i=1;k tồn

tại cho p |i f a( )i Mặt khác theo định lí Phần dư Trung Hoa tồn số tự

nhiên x thỏa mãn (mod ) 1,

i i

x a p

i k

   

  

, ( ) ( )(mod ) 1,

i i

f x f a p

i k

   

  

hay p |i f x( ), i 1;k

(Mâu thuẫn)

Bài toán Cho 2

k k

n p p  p f x( )là đa thức với hệ số ngun Khi phương trình đồng dư f x( )0(mod )n có nghiệm tất phương trình đồng dư ( ) 0(mod i), 1; k

i

f x  p i có nghiệm Nếu gọi số nghiệm

của phương trình ( ) 0(mod i) i

f x  p n ii, 1;k phương trình 2

Lời giải:

 Giả sử x nghiệm f x( )0(mod )n , hiển nhiên x nghiệm

hệ ( ) 0(mod )

1;

i i

f x p

i k        

 Giả sử xi nghiệm ( ) 0(mod ), 1; i i

f x  p i k Theo định lí Phần dư Trung Hoa tồn x nghiệm hệ (mod )

1;

i

i i

x x p

i k        

(mod n) Mà

(mod ai) ( ) ( )(mod ai)

i i i i

xx p  f x  f x p (vì ( ( )f x  f x( )) (i  xxi)), suy x nghiệm f x( )0(mod )n

Mỗi ( ,x x1 2, ,xk)với xi nghiệm ( ) 0(mod i), 1; i

f x  p i k cho ta nghiệm f x( )0(mod )n hiển nhiên nghiệm phân biệt (vì hai khác phải tồn cặp

2

,

i i i

x x hai nghiệm khác

của ( ) 0(mod i)

i

f x  p , hai nghiệm tương ứng với hai khơng đồng dư theo

mod i

i

p ) Do số nghiệm f x( )0đúng n1.n2…nk.

Như dựa vào định lí Phần dư Trung Hoa ta đếm số nghiệm phương trình đồng dư Bài tốn 5, tốn sau ví dụ cụ thể cho toán

Bài toán Cho số nguyên dương 2

k k

n p p  p , p p1, 2, ,pklà số nguyên tố đơi khác Tìm số nghiệm phương trình đồng dư

2

0(mod )

x x n Lời giải:

2

0(mod )

( 1) 0(mod )

0(mod ) 1(mod )

1, 1, i i i i i i x p

x x p

x x n x p

i k i k                      

Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ phương trình

(mod ) { 1;0} 1, i i i i

x a p

a i k           có

(a a1, 2, ,ak),ai { 1; 0}), nghiệm hệ khác Suy phương trình

2

0(mod )

x x n có 2k nghiệm

Bài tốn Cho số nguyên dương a p p1 1 pk, p p1, 2, ,pk số nguyên tố đôi khác số nguyên dương n thoả mãn k < n <

1, 2, , k

p p p Chứng minh dãy sau có k

n số chia hết cho a

1 1.2 , 2.3 ( 1), 3.4 ( 2), , a ( 1) ( 1)

u  n u  n u  n u a a a n

Lời giải:

Nhận xét: Bài tập tư tưởng giống

(mod )

{0, 1, 2, , ( 1)}, 1, 1,

i i

j i

i a p

u a a n j a

i k

  

      

  

 Do ta có k

n số chia hết cho a

* Cùng với tư tưởng 4, ta chứng minh cơng thức Phi hàm Ơl cách đưa đếm số nghiệm hệ đồng dư

Bài toán Cho số nguyên dương n, ( )n số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Chứng minh với

1

k k

n p p  p , p p1, 2, ,pklà số nguyên tố đôi khác nhau, ta có :

1

1 1

( ) (1 )(1 ) (1 )

k

n n

p p p

    

(Phi hàm Ơle ) Lời giải

Nhận xét: Công thức chứng minh cách sử dụng tính chất

( )n

 hàm nhân tính Và để chứng minh tính chất ta phải sử dụng đến tính chất hệ thặng dư Cách phức tạp

Bài tốn giải đẹp định lí đồng dư Trung Hoa

AnaN|1an a n, ( , ) 1 

Khi

( )

n p  n  p p Khi

1

k k

( , i) 1, 1,

n i

aA  a p  i k

(mod ) 1, i i i i i p

a a p

a A i k            

Mà theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương a,

1an thoả mãn

(mod ) 1, i i i i i p

a a p

a A i k            

ta có

1

| | ( i i )

ai i k k i i p i i

A p p

 

 

  hệ dạng

trên, nghiệm hệ khác

Do |An|

1

( i i )

k

i i i

p p



 

1

1 1

(1 )(1 ) (1 )

k n

p p p

   

Bài toán Cho An aN|1an a n, ( , )(a1, ) 1n   Tìm |An| Lời giải:

Nhận xét: Bài tốn giải tương tự cách chứng minh công thức

phi hàm Ơle ( )n Giả sử 2

k k

n p p  p

 , p p1, 2, ,pklà số ngun tố đơi khác nhau, ta có |An|

1

2 2

(1 )(1 ) (1 )

k n

p p p

   

* Sử dụng định lí đồng dư Trung Hoa chứng minh công thức Phi hàm Ơle, cho ta lời giải đẹp, với tư tưởng tính chất của hệ thặng dư ta cịn giải tốn mở rộng định lí Wilson

Bài tốn Tìm số ngun dương n lẻ cho với hệ thặng dư thu gọn mođun n a a1, 2, ,a( )n ta có a a1 a( )n  1(mod )n

Lời giải:

 Theo định lí Wilson ta suy n nguyên tố thoả mãn

 Với m

n p với p số nguyên tố lẻ

Ta có a a1, 2, ,a( )n hệ thặng dư thu gọn mođun n, suy với  1, 2, , ( )n

a a a a tồn aa a1, 2, ,a( )n thoả mãn aa1(mod )n

1 ( 1)( 1) 1(mod )

1(mod )

a n a

a a a n a a n

a n a n

 

 

       

   

 

  (vì (a-1,a+1)<3)

Suy a a1, 2, ,a( )n\{1, n-1} chia thành

( ) n

 

cặp nghịch đảo mođun n

Do a a1 a( )n  1(mod )n

 Với 2

k k

n p p  p đóp p1, 2, ,pklà k (k>1) số nguyên tố lẻ, phân biệt

Tương tự trên: Với aa a1, 2, ,a( )n tồn  1, 2, , ( )n

a a a a thoả mãn aa1(mod )n abab

1(mod )

1 ( 1)( 1) 1(mod )

1,

i

i i

i

a p

a a a n a a n a p

i k



  



        

  

  (Vì (a-1,a+1)<3)

Theo định lí phần dư Trung Hoa hệ phương trình

(mod )

{ 1;1} 1,

i

i i

i

a a p

a

i k

  

    

 

có

nhất nghiệm (thặng dư modn) ta có 2k hệ (bằng số (

1, 2, , k a a a ),

{ 1; 0} i

a   ), nghiệm hệ khác Suy có 2k

số aa a1, 2, ,a( )n mà aa, Kí hiệu An tập hợp  1, 2, , ( )n

a a a a mà aa Dễ thấy

( 1) k 1(mod i), 1, 1(mod )

n n

i

a A a A

a  p i k a n

 

     

 

Mặt khác tập a a1, 2, ,a( )n\An chia thành

( ) 2

k n  

cặp nghịch đảo mođun n

Suy ra: a a1 a( )n 1(mod )n Kết luận: n pm

Sau số toán chứng minh tồn dãy số thỏa mãn

một số tính chất cho trước kỹ thuật lựa chọn a a1, 2, ,an (trong

Bài toán 10 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số hợp số

Lời giải:

Nhận xét: n số tự nhiên liên tiếp có dạng a+1, a+2,…,a+n Các số hợp

số tồn số nguyên dương p p1, 2, ,pn khác cho

2

(ai)pi Suy a nghiệm hệ phương trình

2

(mod )

1,

i

x i p

i n

    

  

Theo định lí đồng dư Trung Hoa hệ

2

(mod )

1,

i

x i p

i n

    

  

có nghiệm

1, 2, , n

p p p đôi nguyên tố

Do ta cần chọn p p1, 2, ,pn n số nguyên tố phân biệt

Bài toán 11 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số luỹ thừa (với số mũ nguyên lớn 1) số nguyên tố

(Đề thi toán quốc tế 1989) Lời giải:

Nhận xét: Khi giải toán đặt câu hỏi tốn có tư

tưởng có giống khơng? Nếu để ý đến bổ đề sau thấy tốn có liên quan đến tốn

Bổ đề: Nếu a chia hết cho p không chia hết cho p2 với p số nguyên tố a khơng luỹ thừa (với số mũ nguyên lớn 1) số nguyên tố

Trở lại toán:

Gọi p p1, 2, ,pn n số nguyên tố phân biệt, theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương a cho

2

(mod )

1,

i i

a i p p

i n

    

   

Khi a i p  i,và không chia hết cho

, 1,

i

p i n Suy điều phải chứng minh

Bài tốn 12 Tồn hay khơng dãy vơ hạn {xn} hốn vị tập N

(Nordic 1998) Lời giải:

Nhận xét: toán ta cần ý đến giả thiết dãy {xn} hốn

vị tập N, khơng có giả thiết toán trở nên qua dễ, ta quy nạp sau, x x1, 2, ,xn1 ta chọn xn cho x1x2 x nn Do yêu cầu toán ta phải xây dựng dãy {xn} cho quét hết tập N, câu

hỏi cần trả lời

Trở lại toán ta chứng minh tồn dãy số quy nạp sau:

Chọn x10,x22,x31

Giả sử tồn x x1, 2, ,xn thoả mãn x1x2 x kk , k 1,n Đặt Snx1x2 xn

Chọn xn2 min(N\{ ,x x1 2, ,xn})và xn+1 nghiệm nguyên dương lớn

1, 2, , n

x x x hệ

2

(mod( 1))

(mod( 2))

n

n n

x S n

x S x n

  

 

   



Do (n+1,n+2)=1 nên hệ có nghiệm (Định lí đồng dư Trung Hoa) Vì chọn xn2 min(N\{ ,x x1 2, ,xn})nên {xn} quét hết tập N

Bài toán 13 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn cấp số cộng gồm n số hạng cho số hạng luỹ thừa số tự nhiên với số mũ lớn

Lời giải:

Nhận xét: Trong cấp số cộng cấp số cộng dạng a, 2a, 3a,…,na thích

hợp tốn số hạng khơng có phép cộng dễ sử lí để phù hợp yêu cầu số hạng luỹ thừa số tự nhiên với số mũ lớn Do a có dạng 2 m2 m3 nmnvà

2

(m m, , ,mn),(m21,m3, ,mn),

2

(m m, 1, ,mn),…,(m m2, 3, ,mn1)1

Lời giải tốn trình bày sau:

Theo định lí phần dư Trung Hoa, với i2,n tồn số nguyên dương mi thoả mãn 1(mod ) 0(mod ) 1, , i i i j m p m p

j n j i          

Khi (m m2, 3, ,mn)p1, (m21,m3, ,mn)p2,…, (m m2, 3, ,mn1)pn

1

2

2 1

2

n n p m m m m m

m p p p

a n  n 

         , 3

2 2

1

2

n n p m m m m m

m p p p

a n n

            ,…, 3 1

2

n n

n n n n

p m m m

m m p p p

m

na n n



  

   

 

 

Điều phải chứng minh

Bài toán 14 Cho A tập khác rỗng N Chứng minh tồn số nguyên dương n cho nA{nx x| A} tập hợp luỹ thừa số tự nhiên với số mũ lớn

(Balkan 2000) Lời giải:

Nhận xét: Bài toán tư tưởng giống toán

Giả sử A{ ,a a1 2, ,ak},p p1, 2, ,pklà k số nguyên tố phân biệt

Theo định lí đồng dư Trung Hoa, với i1,k tồn số nguyên dương mi

thoả mãn 1(mod ) 0(mod ) 1, , i i i j m p m p

j k j i          

Khi (m11,m2, ,mk)p1, (m m1, 21,m3, ,mn)p2,…, (m m1, 2, ,mn1)pn Đặt

1

k m m m

k

1

1 1

1

1

k k

p m m m m

m m p p p

k k

na a a a a a a



  

   

 

 

,

2

1 2 2

1

2

k k

p m m m m

m m p p p

k k

na a a a a a a



  

   

 

 

,…,

1 2

1

1

k k

k k k k

p m m m

m p p p

m m

k k k

na a a a a a a



  

   

 

 

Điều phải chứng minh

3 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ PHẦN DƯ TRUNG HOA

Trong định lí phần dư Trung Hoa, có điều kiện m m1, 2, ,mn số nguyên dương đôi nguyên tố Câu hỏi đặt m m1, 2, ,mn không thoả mãn điều kiện đơi ngun tố kết định lí nào?

Định lí (Phần dư Trung Hoa mở rộng)

Cho n số nguyên dương m m1, 2, ,mn a a1, 2, ,an số nguyên dương Khi hệ đồng dư tuyến tính

(mod )

1,

i i

x a m

i n

   

  

có nghiệm ai aj(mod(m mi, j)) với i j, thoả mãn1 i jn

Khi hệ có nghiệm mođun M [m m1, 2, ,mn] Chứng minh:

Giả sử hệ có nghiệm x0, đặt (m mi, j)dij ai x0 aj(moddij) với i j, thoả mãn1 i jn

Ngược lại ai aj(mod(m mi, j)) với i j, thoả mãn1 i jn ta chứng minh hệ có nghiệm mođun M [m m1, 2, ,mn] quy nạp sau:

Với n = 2, đặt (m m1, 2)d m, 1dd m1, 2 dd2, ( ,d d1 2) 1 a1a2 a(mod )d Đặt a1ak d a1 , 2ak d2 , ta có:

1

1

2

2

(mod )

(mod )

(mod )

(mod )

x a

k d

x a m d

x a m x a

k d

d  

  

 



 

 

  

 

Vì ( ,d d1 2)1 nên theo định lí phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương x

thoả mãn 1

1

(mod )

(mod )

x k d

x k d

   

  

Do 1

1

2

(mod )

(mod( ))

(mod )

x a m x a

x d d

x a m d



 

 

  

1

(mod( ))

x xd a dd d

   hay xxda(mod[m m1, 2]) Suy hệ 1

2

(mod )

(mod )

x a m

x a m

  

 

có nghiệm mođun [m m1, 2]

Giả sử định lí đến n – Ta chứng minh định định lí đến n Đặt m1[m m1, 2, ,mn1],m2mn

Theo giả thiết quy nạp, hệ phương trình (mod )

1,

i i

x a m

i n

   

 

 

có nghiệm

1(mod 1)

xa m Do ta có 1

2

(mod ) (mod )

1, (mod )

i i

x a m x a m

i n x a m

 

 

 



 

 

 

 

(đặt a2 an)

Vì ai aj(mod(m mi, j)) với i j, thoả mãn1 i jn nên a1a2(mod(m m1, 2))

Từ theo trường hợp n = 2, hệ phương trình 1 2

(mod )

(mod )

x a m

x a m

   

  

có nghiệm

nhất mođun [m m1, 2] [ m m1, 2, ,mn]

Theo nguyên lí quy nạp định lí chứng minh

Một số tập áp dụng:

Bài Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số có ước nguyên dương dạng 2k 1 Bài Chứng minh tồn vô số dãy vô hạn tăng {an} số tự nhiên

sao cho với số tự nhiên k, dãy {k+an} chứa hữu hạn số nguyên tố

Czech-Slovakia 1997

Bài Tìm tất số nguyên dương n cho 2n1 3 2

3 n

ước

một số nguyên có dạng

4m 1

Korea 1999 Bài Ta định nghĩa hình vng tốt hình vng có đỉnh điểm ngun , đồng thời đoạn thẳng nối tâm O với tất điểm ngun biên hình vng chứa điêm nguyên khác hai đầu mút Chứng minh với số nguyên dương n tồn hình vng tốt dạng nn

Bài Tìm số nguyên dương n cho với hệ thặng dư thu gọn mođun n a a1, 2, ,a( )n ta có a a1 a( )n  1(mod )n

Bài Cho f x1( ),f x2( ), ,f xn( )là n đa thức với hệ số nguyên khác Chứng minh tồn đa thức P(x) hệ nguyên cho với  i 1;n ta ln có

( ) i( )

P x  f x đa thức bất khả quy Z

Bài Cho m20072008, hỏi có tất số tự nhiên

nm cho

| (2 1)(5 2)

m n n n

Bài Ta gọi tập hợp số nguyên dương C tốt với số nguyên dương k tồn a,b khác C cho(ak b k;  ) 1 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 Chứng minh tồn dãy (an)tăng thực cho với n

1 n

a a a  tích hai số nguyên liên tiếp

USA -TST 2009 Bài 10 a) Chứng minh tập số nguyên phân hoạch thành cấp số cộng với công sai khác

b) Chứng minh tập hợp sô nguyên viết dạng hợp cấp số cộng với công sai đôi nguyên tố

Tài liệu tham khảo

- Đặng Hùng Thắng – Đồng dư phương trình đồng dư - Nguyễn Vũ Lương – Các giảng số học