Định lý thặng dư trung hoa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC nguyễn hữu bạn định lý thặng dư trung hoa LUậN VĂN THạC Sĩ TOáN HọC THáI NGUYÊN - 2014 I HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN HỮU BẠN ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Nông Quốc Chinh Thái Nguyên - 2014 Mục lục Lời mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa đồng dư tính chất 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các tính chất đồng dư 1.2 Một vài định lý cần dùng 1.3 Hệ thặng dư đầy đủ 1.4 Nghịch đảo modulo m Định lý Thặng dư Trung Hoa ứng dụng 2.1 2.2 Định lý thặng dư Trung Hoa 2.1.1 Một số kết bổ trợ 2.1.2 Định lý Thặng dư Trung Hoa 2.1.3 Mở rộng định lý Thặng dư Trung Hoa 13 Một vài ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa 15 2.2.1 Chứng minh tồn mệnh đề 15 2.2.2 Ứng dụng tổ hợp 35 2.2.3 Ứng dụng đa thức 36 2.2.4 Tìm số nghiệm nguyên phương trình nghiệm nguyên 38 2.2.5 Giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính 41 2.2.6 Phân tích số nguyên lớn 44 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 LỜI MỞ ĐẦU Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế, tốn số học thường đóng vai trị quan trọng Khi nhắc đến số học hay lý thuyết số, ta không nhắc tới định lý thặng dư Trung Hoa Các toán sử dụng định lý thường tốn hay khó Định lý Thặng dư Trung Hoa tên người phương Tây đặt cho định lý Người Trung Quốc gọi Bài tốn Hàn Tín điểm binh Tục truyền Hàn Tín điểm qn số, ơng cho qn lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng báo cáo số dư Từ đó, vào lượng qn ơng tính xác quân số đến người Luận văn chia làm hai chương: • Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả trình bày kết biết số học quan hệ đồng dư, hệ đồng dư, định lý: Fermat, Euler, Wilson, Những kiến thức sử dụng việc giải toán chương • Chương Định lý thặng dư Trung Hoa Nội dung chương chia làm hai phần Phần đầu, tác giả nêu chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa định lý thặng dư Trung Hoa dạng mở rộng Phần thứ hai, tác giả trình bày ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa vào giải tốn Luận văn thực hồn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học PGS TS Nông Quốc Chinh Qua đây, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, PGS TS Nơng Quốc Chinh, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu tác giả Đồng thời tác giả chân thành cảm ơn thầy cô trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện cho tác giả tài liệu thủ tục hành để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả gửi lời cảm ơn đến gia đình, đồng nghiệp động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, ngày 19 tháng 08 năm 2014 Tác giả Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Định nghĩa đồng dư tính chất Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Cho a, b, m số nguyên, m khác Nếu a − b chia hết cho m a gọi đồng dư với b modulo m, ký hiệu a ≡ b (mod m) 1.1.2 Các tính chất đồng dư Cho a, b, c, d số ngun Khi đó, ta có tính chất sau 1) Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ a (mod m) 2) Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) 3) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a + c ≡ b + d (mod m) 4) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) ac ≡ bd (mod m) 5) Nếu a ≡ b (mod m) k số nguyên dương ak ≡ bk (mod m) 6) Nếu a ≡ b (mod m) d|m a ≡ b (mod d) 7) Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) với c khác 8) Nếu ab ≡ ac (mod m) (a, m) = b ≡ c (mod m) 9) a ≡ b (mod mi ) (i = 1, 2, , n) ⇔ a ≡ b (mod [m1 , m2 , , mn ]) 1.2 Một vài định lý cần dùng Định lý 1.2.1 Định lý Fermat nhỏ Giả sử p nguyên tố, a số nguyên dương, (a, p) = Khi ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Xét dãy gồm p − số: a, 2a, 3a, , (p − 1)a Ta chứng minh dãy không tồn hai số đồng dư với phép chia cho p Giả sử ka ≡ la (mod p) với k, l ∈ {1, 2, , p − 1} k khác l Khi a(k − l) p ⇒ k − l p ⇒ k = l (mâu thuẫn) Vậy chia p − số dãy cho p ta nhận p − số dư khác từ 1, 2, , p − Suy a · 2a · · · (p − 1)a ≡ · · · · (p − 1) (mod p) ⇔ (p − 1)!ap−1 ≡ (p − 1)! (mod p) Do ((p − 1)!, p) = nên ta có điều phải chứng minh Nhận xét 1.2.2 • Từ định lý ta có ap ≡ a (mod p) (với p nguyên tố ) • Định lý đảo định lý nhỏ Fermat không Ví dụ ta kiểm tra với số nguyên dương a mà (a, 561) = a560 ≡ (mod 561) Nhưng 561 = · 11 · 17 số nguyên tố Những số có tính chất đặc biệt gọi số giả nguyên tố với sở, số Carmichael Ta có định lý quan trọng số Carmichael sau: “Nếu n số giả nguyên tố với sở, tức ∀a ∈ N∗ , (a, n) = ⇒ an−1 ≡ (mod n), n = p1 p2 pk với pi số nguyên tố cho pi − 1|n với i Bằng định lý Thặng dư Trung Hoa, ta xác định dạng phân tích sở số Carmichael Tuy nhiên số Hai số Carmichael 561 41041 Định lý 1.2.3 Định lý Euler Nếu m số nguyên dương (a, m) = 1, aφ(m) ≡ (mod m), φ(m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m Định lý 1.2.4 Định lý Wilson p số nguyên tố (p − 1)! + chia hết cho p Chứng minh • Nếu (p − 1)! + chia hết cho p hiển nhiên p số nguyên tố Vì p nguyên tố với số từ đến p − Do khơng có ước khác ngồi • Ngược lại, p số nguyên tố ta chứng minh (p − 1)! + chia hết cho p Xét đa thức g(x) = (x − 1)(x − 2) (x − (p − 1)) f (x) = g(x) − (xp−1 − 1) Rõ ràng phương trình g(x) ≡ (mod p) có p − nghiệm 1, 2, , p − Theo định lý Fermat nhỏ, xp−1 −1 ≡ (mod p) có p−1 nghiệm 1, , p−1 Suy đa thức f (x) ≡ (mod p) có p − nghiệm Nhưng đa thức f (x) có bậc nhỏ p − 1, nên theo định lý Lagrange, hệ số f (x) đồng dư theo modulo p Hơn nữa, (p − 1)! + lại hệ số tự f (x) Vậy (p − 1)! + chia hết cho p 1.3 Hệ thặng dư đầy đủ • Tập hợp x1 , x2 , , xn gọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m với số nguyên y tồn số xi cho y ≡ xi (mod m) • Tập {1, 2, , m − 1, m} hệ thặng dư đầy đủ modulo m • Mọi hệ thặng dư đầy đủ modulo m có m phần tử • Một tập gồm m phần tử hệ thặng dư đầy đủ modulo m hai phần tử khác khơng đồng dư với theo modulo m • Cho số nguyên a m > Tập hợp tất số nguyên x thỏa mãn x ≡ a (mod m) gọi lớp đồng dư modulo m, ký hiệu a = {a + mt : t ∈ Z} Có m lớp đồng dư phân biệt modulo m thu cách lấy a = 1, 2, , m • Một tập hợp {r1 , r2 , , rn } gọi hệ thặng dư thu gọn modulo m (ri , m) = 1, ri = rj với i = j, ≤ i, j ≤ n với số nguyên x nguyên tố với m tồn ri cho ri ≡ x (mod m) Định lý 1.3.1 Cho (a, m) = {r1 , r2 , , rn } hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m Khi ar1 , ar2 , , arn hệ thặng dư thu gọn (đầy đủ) modulo m 1.4 Nghịch đảo modulo m Định nghĩa 1.4.1 Giả sử a, m số nguyên, m > Nghiệm phương trình ax ≡ (mod m) gọi nghịch đảo a modulo m Định lý 1.4.2 Nghịch đảo a modulo m tồn ⇔ (a, m) = Hệ 1.4.3 Nếu p nguyên tố phần tử tập hợp {1, 2, , p − 1} có nghịch đảo modulo p Chương Định lý Thặng dư Trung Hoa ứng dụng Định lý Thặng dư Trung Hoa tên người phương Tây đặt cho định lý Người Trung Quốc gọi Bài tốn Hàn Tín điểm binh Tục truyền Hàn Tín điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng báo cáo số dư Từ ơng tính xác quân số đến người Trong chương này, chúng tơi trình bày nội dung định lý Thặng dư Trung Hoa số ứng dụng định lý 2.1 2.1.1 Định lý thặng dư Trung Hoa Một số kết bổ trợ Bổ đề 2.1.1 Giả sử m, n số nguyên khác thỏa mãn (m, n) = Giả sử a số nguyên tùy ý Khi mn|a ⇔ m|a n|a Chứng minh • Nếu mn|a a = mnt = m(nt) = n(mt) với số nguyên t đó, m|a n|a • Ngược lại, m|a ta có a = mb với số nguyên b Do n|mb (n, m) = nên có n|b Do b = nc với số nguyên c Từ a = mb = mnc ⇒ mn|a Hệ 2.1.2 Giả sử m, n số nguyên dương thỏa mãn (m, n) = a, b ∈ Z Khi a ≡ b (mod mn) ⇔ a ≡ b (mod m) a ≡ b (mod n) Chứng minh a ≡ b (mod mn) ⇔ mn|(a − b) ⇔ m|(a − b) n|(a − b) (theo Bổ đề 2.1.1) ⇔ a ≡ b (mod m) a ≡ b (mod n) Bổ đề 2.1.3 Giả sử m1 , m2 , , mt , m số nguyên khác thỏa mãn (m, mi ) = với i = 1, 2, , t Khi (m, m1 · · · mt ) = Chứng minh Ta dùng phản chứng Giả sử (m, m1 · · · mt ) > Khi tồn số nguyên tố p thỏa mãn p|m p|m1 · · · mt Do p nguyên tố, p|mi với i nên (m, mi ) khác (trái với giả thiết) Vậy ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2.1.4 Giả sử m1 , m2 , , mt số nguyên dương thỏa mãn (mi , mj ) = i khác j (Chúng ta gọi điều tập số nguyên đôi nguyên tố nhau) Đặt m = m1 · · · mt Nếu a, b ∈ Z a ≡ b (mod m) ⇔ a ≡ b (mod mi ) với i = 1, 2, , t Chứng minh • Nếu a ≡ b (mod m) dễ dàng suy a ≡ b (mod mi ) với i = 1, 2, , t • Ngược lại, giả sử a ≡ b (mod mi ) với i = 1, 2, , t, ta chứng minh a ≡ b (mod m) cách quy nạp theo t Nếu t = Hệ 2.1.2 Giả sử kết với t, m1 , m2 , , mt , mt+1 số đôi nguyên tố cho trước Đặt m = m1 · · · m2 · · · mt+1 Do (mt+1 , mi ) = với i = 1, 2, , t nên suy (mt+1 , m1 · · · mt ) = (theo Bổ đề 2.1.3) Ta viết m = (m1 · · · mt )·mt+1 Khi a ≡ b (mod m) ⇔ a ≡ b (mod m1 · · · mt ) a ≡ b (mod mt+1 ) (theo Hệ 2.1.2) ⇔ a ≡ b (mod mi ) với i ≤ t a ≡ b (mod mt+1 ) ⇔ a ≡ b (mod mi ) với i ≤ t + Khi đó, ta chọn k k k x1 = (n − 1) p1 , x2 = (n − 1) p2 , xn−1 = (n − 1) pn−1 , xn = (n − 1) k+1 pn ta thu phương trình (1) Vậy ta số nguyên dương k cho x1 , x2 , , xn nguyên ta có điều phải chứng minh Mà điều tương đương với hệ   k ≡ (mod p1 ),        k ≡ (mod p2 ),        k ≡ (mod pn−1 ),      k ≡ −1 (mod pn ) Điều theo định lý thặng dư Trung Hoa p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt Bài toán 2.2.26 Một số nguyên gọi square - free tích số nguyên tố phân biệt Chứng minh với số nguyên dương k, tồn k số ngun liên tiếp mà khơng có số số square - free Lời giải Ta xét hệ đồng dư tuyến tính   x ≡ −1 (mod p21 ),      x ≡ −2 (mod p2 ),       x ≡ −k (mod p2 ), k pi số nguyên tố với i = 1, k Theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ ln có nghiệm Gọi x0 nghiệm hệ, ta có: p21 |x0 + ⇒ x0 + không số square - free p22 |x0 + ⇒ x0 + không số square - free p2k |x0 + k ⇒ x0 + k khơng số square - free Khi đó, k số nguyên liên tiếp x0 + 1, x0 + 2, , x0 + k khơng có số số square- free Ta có điều phải chứng minh 34 2.2.2 Ứng dụng tổ hợp Bài toán 2.2.27 (Thi vơ địch Đài Loan) Ta định nghĩa hình vng có đỉnh điểm nguyên, đồng thời đoạn thẳng nối tâm O với tất điểm nguyên biên hình vng chứa điểm nguyên khác hai đầu mút Chứng minh với số nguyên dương n, tồn hình vng tốt dạng n ∗ n Lời giải Bài tốn nêu vấn đề đoạn thẳng chứa điểm nguyên, buộc ta phải hiểu tính chất hai điểm nguyên mặt phẳng tọa độ, điều kiện để đoạn thẳng chứa điểm nguyên khác hai đầu mút Ta cần sử dụng Bổ đề Bổ đề Cho hai điểm A(a, b) B(c, d) nguyên mặt phẳng tọa độ, đoạn thẳng AB chứa điểm nguyên khác A B gcd(a − c, b − d) > Trở lại toán ta xét Ta gọi đỉnh gần O (x, y) Khi tọa độ điểm ngun hình vng (x + i, y + j) với i, j = 0, 1, , n Khi ta cần tìm điều kiện với cặp (i, j) với i, j ∈ {0, 1, 2, , n}, ta ln có gcd(x + i, y + j) > Điều gợi ý cho ta sử dụng Định lý thặng dư Trung Hoa để xây dựng điều kiện cho toán Với cặp (i, j), ta xác định số nguyên tố pij cho pij phân biệt Từ đó, ta cần xét x, y thỏa mãn hệ đồng dư tuyến tính sau   x ≡ (mod p01 p02 p0n ),      x ≡ −1 (mod p11 p12 p1n ),        x ≡ −n (mod pn1 pn2 pnn ),   y      y        y ≡ (mod p01 p02 p0n ), ≡ −1 (mod p11 p12 p1n ), ≡ −n (mod pn1 pn2 pnn ) Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa, hệ có nghiệm x, y, tức tồn hình vng n ∗ n thỏa mãn toán Bài toán giải xong 35 Bài toán 2.2.28 (Bulgaria 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 C tốt mà tổng phần tử 2003 Chứng minh ta loại phần tử c C cho tập lại tập tốt Bài toán 2.2.29 Giả sử G đồ thị có hướng với n đỉnh v1 , v2 , , cho có dây cung từ va đến vb a b phân biệt a(b − 1) bội n Chứng minh đồ thị không bao gồm đường tròn định hướng Lời giải Giả sử có dây cung từ vi đến vj Khi i(j − 1) = ij − i = kn với số nguyên k Điều dẫn đến i = ij − kn Nếu gcd(i, n) = d gcd(j, n) = e e chia hết cho i = ij − kn e chia hết cho d Do vậy, có dây cung từ vi đến vj gcd(j, n)| gcd(i, n) Nếu tồn vòng tròn G, tức vi1 → vi2 → → vir → vi1 , ta có gcd(i1 , n)| gcd(ir , n)| gcd(ir−1 , n)| | gcd(i2 , n)| gcd(i1 , n), điều dẫn đến tất ước chung lớn chúng t Bây lấy ik Khơng tính tổng quát, giả sử ta lấy n i1 Khi ir (i1 − 1) bội n i1 − bội Vì i1 t n i1 − hai số nguyên tố liên tiếp nên t Do theo định lý t n Thặng dư Trung Hoa, số i1 xác định cách theo modulo n = t · t giá trị t Nhưng i1 chọn ik , nên tất ik phải (mâu thuẫn) 2.2.3 Ứng dụng đa thức Bài toán 2.2.30 Cho tập S = {p1 , p2 , , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt P (x) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, tồn pi S cho pi |P (n) Chứng minh tồn pi0 S cho pi0 |P (n) với n ∈ Z+ Chứng minh Giả sử không tồn phần tử pi S để pi |P (n) với n ∈ Z+ Nghĩa với pi ∈ S(i = 1, 2, , k), tồn ∈ Z+ cho 36 pi P (ai ) Theo định lý Thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương x0 cho   x0 ≡ a1      x0 ≡ a2       x ≡ a k (mod p1 ), (mod p2 ), (mod pk ) Vì P (x) đa thức hệ số nguyên nên sử dụng tính chất “nếu u ≡ v (mod m) P (u) ≡ P (v) (mod m) ta   P (x0 ) ≡ P (a1 ) (mod p1 ),      P (x0 ) ≡ P (a2 ) (mod p2 ),       P (x ) ≡ P (a ) (mod p ) k k Vì P (ai ) pi với i = 1, 2, , k nên từ hệ suy P (x0 ) pi với i = 1, 2, , k Điều trái với giả thiết toán Vậy giả thiết phản chứng sai Ta có điều phải chứng minh αk α2 Nhận xét Tập số tốn thay {pα , p2 , , pk } mà khơng ảnh hưởng Thậm chí ta thay tập {a1 , a2 , , ak } với số nguyên tố cặp Tuy nhiên kết tốn cịn mở rộng nữa, tức tập S thay tập số nguyên toán Bài toán 2.2.31 Cho S = {a1 , a2 , , an } ⊂ Z+ P (x) ∈ Z[x] Biết với số nguyên dương k, tồn số i ∈ {1, 2, , n} cho |P (k) Chứng minh tồn số i0 cho ∀k ∈ Z+ ai0 |P (k), Bài toán 2.2.32 Chứng minh tồn đa thức P (x) ∈ Z[x], khơng có nghiệm ngun cho với số nguyên dương n, tồn số nguyên x cho P (x) chia hết cho n Lời giải Ta xét đa thức P (x) = (3x + 1)(2x + 1) Ta chứng minh đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện toán 37 Với số nguyên dương n, ta biểu diễn n dạng n = 2k (2m + 1) Vì gcd(2k , 3) = nên tồn a cho 3a ≡ (mod 2k ) Từ 3x ≡ −1 (mod 2k ) ⇔ x ≡ −a (mod 2k ) Tương tự, gcd(2, 2m + 1) = nên tồn b cho 2b ≡ (mod (2m + 1)) Từ 2x ≡ −1 (mod (2m + 1)) ⇔ x ≡ −b (mod (2m + 1)) Cuối cùng, gcd(2k , 2m + 1) = nên theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên x nghiệm hệ  x ≡ −a (mod 2k ), x ≡ −b (mod (2m + 1)) Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, hệ có nghiệm Vậy P (x) = (3x + 1)(2x + 1) n Ta có điều phải chứng minh 2.2.4 Tìm số nghiệm nguyên phương trình nghiệm nguyên αk α2 Bài toán 2.2.33 Cho số nguyên dương n = pα p2 pk , p1 , p2 , , pk số nguyên tố đôi khác Tìm số nghiệm phương trình x2 + x ≡ (mod n) Lời giải Ta có x2 + x ≡  x(x + 1) ≡ (mod pαi ) i (mod n) ⇔ i = 1, k  i   x ≡ (mod pα i )   i ⇔ x ≡ −1 (mod pα i )    i = 1, k 38 Theo định lý Thặng dư Trung Hoa hệ phương trình  i   x ≡ (mod pα i )   x2 + x ≡ (mod n) ⇔ ∈ {−1, 0}    i = 1, k có nghiệm ta có 2k hệ khác (ứng với số (a1 , a2 , , ak ), ∈ {−1, 0}) nên suy phương trình cho có 2k nghiệm Bài tốn 2.2.34 Cho m = 20072008 Hỏi có tất số tự nhiên n < m cho m|n(2n + 1)(5n + 2) Lời giải Dễ thấy gcd(m, 10) = Do n(2n + 1)(5n + 2) ≡ (mod m) ⇔ 10n(10n + 5)(10n + 4) ≡ (mod m) (1) Ta có m = 34016 · 2232008 Đặt x = 10n, q1 = 34016 , q2 = 2232008 Khi gcd(q1 , q2 ) = nên (1) tương đương với x(x + 5)(x + 4) ≡ (mod q1 ), (2) x(x + 5)(x + 4) ≡ (mod q2 ) (3) • (2) xảy x ≡ (mod q1 ) x ≡ −5 (mod q1 ) x ≡ −4 (mod q1 ) • (3) xảy x ≡ (mod q2 ) x ≡ −5 (mod q2 ) x ≡ −4 (mod q2 ) Do từ (2) (3), với lưu ý x ≡ (mod 10), suy n số tự nhiên x thỏa mãn điều kiện đề n = , với x số nguyên 10 thỏa mãn hệ điều kiện sau   x ≡ (mod 10),        x ≡ r1 (mod q1 ),   (4) x ≡ r2 (mod q2 ),      ≤ x < 10q1 q2 ,      r1 , r2 ∈ {0, −4, −5} Do 10, q1 , q2 đôi nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ (4) có nghiệm 39 Dễ thấy có số x nghiệm hệ (4) tương ứng Vì số x cho ta số n hai số x cho hai số n khác nên có số n thỏa mãn điều kiện đề MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG αs α2 Bài tập 2.2.35 Cho số ngun dương n có phân tích tiêu chuẩn n = pα p2 ps Xét đa thức P (x) có hệ số ngun Nghiệm x0 phương trình đồng dư P (x) ≡ (mod n) lớp đồng dư x0 ∈ {0, 1, , n − 1} thỏa mãn P (x0 ) ≡ (mod n) Khi điều kiện cần đủ để phương trình P (x) ≡ (mod n) có i nghiệm với i = 1, 2, , s, phương trình P (x) ≡ (mod pα i ) có nghiệm i Hơn với i = 1, 2, , s phương trình P (x) ≡ (mod pα i ) có ri i nghiệm modulo pα i phương trình có r = r1 r2 rs nghiệm modulo n Bài tập 2.2.36 Chứng minh tồn dãy tăng {an }∞ n=1 số tự nhiên cho với số tự nhiên k, dãy {k + an } chứa hữu hạn số nguyên tố Gợi ý Gọi pk số nguyên tố thứ k, k > Theo Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn dãy số {an }∞ n=1 thỏa mãn a1 = 2, an = −k (mod pk+1 ) với k ≤ n Bài tập 2.2.37 Số nguyên dương n gọi có tính chất P với số nguyên dương a, b mà a3 b + n a3 + b n Chứng minh số số ngun dương có tính chất P không vượt 24 Bài tập 2.2.38 (USA TST 2009) Chứng minh tồn dãy ki tăng thực cho với n nguyên dương k1 k2 kn−1 tích hai số nguyên dương liên tiếp Bài tập 2.2.39 Giả sử với i ∈ {1, 2, , n} n số nguyên tố đôi khác bi với i ∈ {1, 2, , n} n số nguyên tùy ý Chứng minh với số nguyên dương cho trước tồn đa thức với hệ số {0, ±1, ±2, , ±(t − 1)} thỏa mãn F (ai ) ≡ bi (mod t), 40 i ∈ {1, 2, , n} 2.2.5 Giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính Bài tốn 2.2.40 Tìm tất nghiệm hệ đồng dư sau    x ≡ (mod 5),   x ≡ (mod 7),    x ≡ (mod 11) (1) Lời giải Chúng ta giải toán theo bước nêu chứng minh Định lý thặng dư Trung Hoa Trong tốn này, ta có a1 = 3, m1 = 5, a2 = 5, m2 = 7, a3 = m3 = 11 Do {5, 7, 11} số nguyên tố đôi nguyên tố nên theo Định lý thặng dư Trung Hoa, hệ (1) ln có nghiệm Ta có m = m1 · m2 · m3 = · · 11 = 385 nên suy n1 = 77, n2 = 55 n3 = 35 Bây giờ, ta tính b1 , b2 b3 Để tìm b1 , ta giải phương trình 77x ≡ (mod 5), tức 2x ≡ (mod 5) Vì vậy, ta lấy b1 = Để tìm b2 , ta giải phương trình 55x ≡ (mod 7), tức −x ≡ (mod 7) Vì ta lấy b2 = −1 Để tìm b3 , ta giải phương trình 35x ≡ (mod 11), tức 2x ≡ (mod 11) Vì ta lấy b3 = Khi đó, nghiệm hệ (1) c = a1 n1 b1 + a2 n2 b2 + a3 n3 b3 = 77 · · + 55 · · (−1) + 35 · · = 693 − 275 + 1470 = 1888 Vậy nghiệm tổng quát hệ (1) x = 1888 + 385t, t ∈ Z Hơn 1888 = 348 (mod 385) nên nghiệm tổng quát hệ (1) x = 348 + 385t, t ∈ Z Chú ý 348 nghiệm nguyên dương nhỏ hệ (1) 41 Bài tốn 2.2.41 Tìm tất số nguyên dương nhỏ 5000 thỏa mãn điều kiện: chia cho dư 2, chia cho 10 dư chia cho 11 dư Lời giải Để tìm b1 , giải phương trình 110x ≡ (mod 9), tức 2x ≡ (mod 9) Chúng ta lấy b1 = Để tìm b2 , giải phương trình 99x ≡ (mod 10), hay −x ≡ (mod 10) Từ lấy b2 = −1 Để tìm b3 , giải phương trình 90x ≡ (mod 11), hay 2x ≡ (mod 11) ⇒ b3 = Vậy ta có nghiệm toán c = · 110 · + 99 · (−1) · + · 90 · = 5024 Vì m = · 10 · 11, 5024 ≡ 74 (mod 990) nên nghiệm tổng quát tập 74 + 990t, t ∈ Z Do nghiệm nguyên dương nhỏ 5000 74; 1064; 2054; 3044 4034 Bài tốn 2.2.42 Tìm nghiệm ngun dương nhỏ hệ phương trình đồng dư sau    x ≡ 32   x ≡ 70    x ≡ 30 (mod 83), (mod 110), (mod 135) Lời giải Ta ý (110, 135) = nên sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa Trước tiên, phải phân tích modulo Do 110 = · 22 nên phương trình thứ hai hệ tương đương với x≡0 (mod 5) x ≡ (mod 22) Tương tự, phương trình thứ ba tương đương với x≡0 (mod 5) x ≡ (mod 27) 42 Vì hệ phương trình ban đầu tương đương với hệ sau   x ≡ 32 (mod 83),      x ≡ (mod 22),   x ≡ (mod 5),     x ≡ (mod 27) Kết hợp hai phương trình cuối hệ, ta thu hệ    x ≡ 32 (mod 83),   x ≡ (mod 22),    x ≡ 30 (mod 135) Do {83, 22, 135} đơi ngun tố nên ta áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa Để tìm b1 , giải phương trình 22 · 135x ≡ (mod 83) Chúng ta có 22 · 135 ≡ 22 · 52 ≡ · 11 · 13 ≡ · 13 ≡ 65 (mod 83) Vì ta phải giải phương trình 65x ≡ (mod 83) Để giải phương trình này, ta sử dụng thuật tốn Euclide: 83 = 65 + 18 65 = · 18 + 11 18 = 11 + 11 = + 7=4+3 4=3+1 dẫn đến = 65 · 23 + 83 · (−18) Vậy lấy b1 = 23 Để tìm b2 , giải phương trình 83 · 135x ≡ (mod 22) Do 83 · 135 ≡ (mod 22) nên phương trình đồng dư trở thành 7x ≡ (mod 22) Chúng ta lấy b2 = −3 43 Để tìm b3 , giải phương trình đồng dư 83 · 22x ≡ (mod 135) Do 83 · 22 ≡ 71 (mod 135) nên phải giải phương trình 71x ≡ (mod 135) Áp dụng thuật tốn Euclide cho cặp {71, 135}, tìm b3 = −19 Do nghiệm hệ phương trình đồng dư c = 32 · 22 · 135 · 23 + · 83 · 135 · (−3) + 30 · 83 · 22 · (−19) = 1010640 Do 83 · 22 · 135 = 246510 nên nghiệm tổng quát x = 1010640 + 246510t, t ∈ Z Do 1010640 chia cho 246510 dư 24600 nên 24600 nghiệm nguyên dương nhỏ hệ phương trình 2.2.6 Phân tích số ngun lớn Bài tốn 2.2.43 Phân tích U = 4033 √ Lời giải Ta thấy U xấp xỉ 63 nhỏ 63 chút Rõ ràng U khơng có nhân tử nhỏ 20 Chú ý U tương ứng với u mà ta xét bên Giả sử U = V ∗ W V nhân tử nguyên tố nhỏ nên 20 < V < 63 63 < W < 200 Ta lấy số nguyên tố m1 = 2, m2 = 3, m3 = 5, M = m1 ∗ m2 ∗ m3 = 30 Khi đó, có u1 = 1, u2 = 1, u3 = Dễ dàng thấy tỷ số nhân cho k1 = 1, k2 = 1, k3 = Bây giả sử V ≡ v1 (mod 2), V ≡ v2 (mod 3), V ≡ v3 W ≡ w1 (mod 2), W ≡ w2 (mod 3), W ≡ w3 44 (mod 5), (mod 5) Vì V ∗ W = U , nên tích phần dư vj wj có phần dư w.r.t mj với uj với j = 1, 2, Ta đưa danh sách cặp {vj , wj } bên dưới: {v1 , w1 } = {1, 1}, {v2 , w2 } = {1, 1}, hay {2, 2}, {v3 , w3 } = {1, 3}, {3, 1}, {2, 4} hay {4, 2} Ta thấy có số hữu hạn ba {v1 , v2 , v3 } xảy tương ứng với {w1 , w2 , w3 } Đó {v1 , v2 , v3 } = {1, 1, 1}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 1, 1}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 1, 1}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 1, 3}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 1, 3}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 1, 1}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 1, 2}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 1, 4}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 1, 4}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 1, 2}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 2, 1}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 2, 3}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 2, 3}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 2, 1}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 2, 2}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 2, 4}, {v1 , v2 , v3 } = {1, 2, 4}, {w1 , w2 , w3 } = {1, 2, 2} Ta xét trường hợp {1, 1, 1} Áp dụng (11), ta có V = 37 Lấy 4033 chia 37 thương 109 Vậy U = 37 ∗ 109 Bài tốn 2.2.44 Phân tích U = 16000001 √ Lời giải Chú ý U xấp xỉ 4000 Ta lấy số nguyên tố m1 , , m5 2, 3, 5, 7, 11 Khi ta thu phần dư U w.r.t mj u1 = 1, u2 = 2, u3 = 1, u4 = 3, u5 = 6, tỷ số nhân k1 = 1, k2 = 2, k3 = 3, k4 = 1, k5 = Giả sử U = V ∗ W số vj wj với j = 1, 2, , xác định toán Ta có {v1 , w1 } = {1, 1}, 45 {v2 , w2 } = {1, 2}, hay {2, 1}, {v3 , w3 } = {1, 1}, {2, 3}, {3, 2}, {4, 4} {v4 , w4 } = {1, 3}, {3, 1}, {2, 5}, {5, 2}, {4, 6}, {6, 4}, {v5 , w5 } = {6, 1}, {1, 6}, {2, 3}, {3, 2}, {4, 7}, {7, 4}, {5, 10}, {10, 5}, Ta thấy có hữu hạn {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } tương ứng với {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } Trong số khả xảy ra, ta có {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } = {1, 1, 4, 4, 10} tương ứng với {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } = {1, 2, 4, 6, 5} {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } = {1, 1, 4, 5, 9} tương ứng với {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } = {1, 2, 4, 10, 8} Theo (11’), ta có cặp V = 109, W = 146789 V = 229, W = 69869 tương ứng Chia U cho 109 229 ta có thương 641 Vậy 16000001 = 109 ∗ 229 ∗ 641 46 KẾT LUẬN Định lý thặng dư Trung Hoa tập áp dụng định lý hay khó Trong luận văn này, tác giả đề cập đến vài ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa giải toán chứng minh tồn mệnh đề Lý thuyết số, ứng dụng tổ hợp, ứng dụng đa thức, giải hệ đồng dư tuyến tính phân tích số nguyên lớn Luận văn trình bày hệ thống tốn có sử dụng đến định lý thặng dư Trung Hoa Trong toán vận dụng kiến thức tổng hợp số học, dạng toán nêu phương pháp giải cụ thể Luận văn chọn lọc tốn điển hình cho dạng tốn, đặc biệt có nhiều tốn đề thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế năm gần Tuy nhiên, thời gian lực thân hạn chế nên luận văn khơng tránh thiếu sót, mong đóng góp ý kiến thày giáo, bạn đồng nghiệp, em học sinh để tài liệu dãy số hoàn thiện 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn Khương Linh, Nguyễn Đăng Quang, Vũ Xuân Thành Long, “Định lý thặng dư Trung Hoa vài ứng dụng”, http://123doc.vn/document/1423575-dinh-ly-thang-du-trung-hoa-va-motso-ung-dung.htm, ngày 27/1/2014 Diễn đàn toán học, “Định lý thặng dư Trung Hoa vài ứng dụng” http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/63807-d%E1%BB%8Bnh-lyth%E1%BA%B7ng-d%C6%B0-trung-hoa/, ngày 27/1/2014 Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ, Phạm Hy Hiếu, Từ Nguyễn Thái Sơn, Lê Việt Hải “Chuyên đề số toán học số ”(2010), Phạm Hy Hiếu “Định lý thặng dư Trung Hoa”, Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh, Thành phố Hồ Chí Minh Trần Minh Hiền, “Number theory - VMO 2014 - 2015”, diendantoanhoc.net/forum/index.php?app=core&module id , ngày 27/1/2014 Nguyễn Duy Liên (2013), “Sử dụng hệ thặng dư Trung Hoa để giải tốn Số học”, “Tạp chí toán học tuổi trẻ,(tháng 9) Tạp chí tốn học tuổi trẻ Nguyễn Đình Tùng, “Hệ thặng dư định lý thặng dư Trung Hoa”, http://timtailieu.vn/tai-lieu/chuyen-de-he-thang-du-va-dinh-ly-thang-du-trunghoa-32932/, ngày 27/1/2014 http://julielltv.wordpress.com/ category/ dinh-li-phan-du-trung-hoa-va-ung-dung/ 48 ... 2.1.2 Định lý Thặng dư Trung Hoa 2.1.3 Mở rộng định lý Thặng dư Trung Hoa 13 Một vài ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa 15 2.2.1 Chứng... số học hay lý thuyết số, ta không nhắc tới định lý thặng dư Trung Hoa Các toán sử dụng định lý thường tốn hay khó Định lý Thặng dư Trung Hoa tên người phương Tây đặt cho định lý Người Trung Quốc... lý thặng dư Trung Hoa định lý thặng dư Trung Hoa dạng mở rộng Phần thứ hai, tác giả trình bày ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa vào giải tốn Luận văn thực hồn thành trường Đại học Khoa học -