Bài tập lớn môn Lí thuyết số

Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Họ và tên: Nguyễn Thị Minh Phương
MSV: 219209042

Điểm kết luận:

Giáo viên chấm thi 1: …………………
Giáo viên chấm thi 2: …………………

BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN MƠN LÍ THUYẾT SỐ
Phần I.
Câu 1.
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n, biết rằng n có dạng phân tích tiêu chuẩn
n = . và = 6, = 28.
Giải:
Ta có : n = . => r.s 1
+ =6
(1+r).(1+s)=6
Mà r,s 1
Nên
TH1:
TH2:
+ = 28
. = 28 ( 1 )
+ TH1: r = 1 và s = 2. Thay vào ( 1) ta có :
. = 28

. = 28
. = 28
( p + 1 ) . ( ) = 28
Mà p + 1 3 ; 7
Nên :
1


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

n =. = = . = 3 . 4 = 12
+ TH2: r = 2 và s = 1. Thay vào ( 1) ta có :
. = 28
. = 28
. = 28
( + p + 1 ) . ( ) = 28
Mà + p + 1 7 ; q + 1 3
Nên
n =.= =. = 4 . 3 = 12
Vậy n = 12
Phát triển bài tốn: Tìm tất cả các số tự nhiên n, biết rằng n có dạng phân tích
tiêu chuẩn
n = . và = 6, = 28.
Sau đó chứng minh :
+ Chứng minh n là số hoàn thiện
+ Chứng minh nếu n là số hoàn thiện thì tổng nghịch đảo các ước của n bằng 2

Bài tập tương tự :
Bài 1. Tìm số tự nhiên , biết rằng có 12 ước và khi phân tích thành thừa số
ngun tố thì có dạng:
Giải:
+ Ta có:
+ Vì có 12 ước nên = 12
(1)
+ Lại có : ( theo đề bài ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có hệ phương trình :
Giải hệ bằng cách rút hoặc từ ( 2 ) thay vào ( 1)
Giải ra được hoặc .
• Với thì
• Với thì
Vậy n = 108 hoặc n = 72
Bài 2. Tìm số tự nhiên n lớn nhất có đúng 48 ước và khi phân tích ra thừa số
ngun tố có dạng và
2


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Làm tương tự như bài 1
Bài 3. Cho dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên và = 18. Tính .
Giải:
Giả sử
+ Ta có: = 18

(1)
Từ ( 1 ), ta có:
+ TH1:
+ TH2:
Lại có: là phân tích tiêu chuẩn của
•

Với thì

•

Với thì

b) Tìm số tự nhiên n lớn nhất có hai chữ số sao cho n + 1, 6n + 1, 20n + 1

đều là các số chính phương.
Giải:
Cách 1: Sử dụng nhận xét:
Số chính phương có dạng
Chia n cho 3 thì n = 3k hoặc n = 3k + 1 ( k N )
 Nếu n = 3k thì chia hết cho 3
 Nếu n = 3k + 1 thì chia 3 dư 1
Vậy một số chính phương chia cho 3 có dư là 0 hoặc 1. Từ đó ta có kết quả sau:
Một số dạng 3k + 2 khơng thể là một số chính phương.
 Số chính phương lẻ chia cho 8 ln có số dư là 1 có dạng : 8k + 1( k N )
+ Nếu n = 3k ( k N ) thì :
• n + 1 = 3k + 1 ( là số chính phương )
• 6n + 1 = 6.( 3k ) + 1 = 18k + 1 ( là số chính phương )
• 20n + 1 = 20. ( 3k ) + 1 = 60k + 1 ( là số chính phương )
+ Nếu n = 3k + 1 ( k N ) thì :

• n + 1 = 3k + 1 + 1 = 3k + 2 ( khơng là số chính phương )
3


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

+ Nếu n = 3k + 2( k N ) thì :
• n + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3 ( là số chính phương )
• 6n + 1 = 6 . ( 3k + 2 ) + 1 = 18k + 13 ( là số chính phương )
• 20n + 1 = 20. ( 3k + 2 ) + 1 = 60k + 41 ( khơng là số chính phương )
Vậy n 3 ( 1)
+ Vì 6n + 1 là số chính phương lẻ nên 6n + 1 chia cho 8 dư 1
Nên 6n 8
3n 4
n 4
Nên n là số chẵn n + 1 là số chính phương lẻ
n + 1 : 8 dư 1
n + 1 = 8k + 1( k N )
n = 8k
Vậy n 8 ( 2)
Từ ( 1 ) và ( 2 )
n 24 ( vì ( 3,8 ) =1 )
n B( 24 ) = { 0, 24, 48, 72,…}
Mà n là số tự nhiên có hai chữ số
Nên n { 24, 48, 72, 96 }
• Với n = 24 thì

+ n + 1 = 25 = ( là số chính phương )
+ 6n + 1 = 6.24 + 1 = 145 ( khơng là số chính phương )
• Với n = 48 thì
+ n + 1 = 48 + 1 = 49 = ( là số chính phương )
+ 6n + 1 = 48.6 + 1 = 289 = ( là số chính phương )
+ 20n + 1 = 20.48 + 1 = 961 = ( là số chính phương )
• Với n = 72 thì
+ n + 1 = 72 + 1 = 73 ( khơng là số chính phương )
• Với n = 96 thì
+ n + 1 = 96 + 1 = 97 ( khơng là số chính phương )
Vậy với n = 48 thì n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính phương.
Cách 2:
+ Xét n + 1
Điều kiện : 10 n 99
4


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

11 n + 1 100
Vì n + 1 là số chính phương nằm trong khoảng từ 11 đến 100.
Ta có các số chính phương sau : 16, 25, 36, 49, 64, 81.
• Nếu n chẵn thì n + 1 là số lẻ , n = 24, 48, 80
• Nếu n là số lẻ thì n + 1 chẵn, n = 15, 35, 63
+ Xét 6n + 1
Điều kiện : 10 n 99

60 6n 594
61 6n + 1 595
Vì 6n + 1 là số chính phương lẻ nằm trong khoảng từ 61 đến 595.
Ta có các số chính phương sau: 81, 121, 169, 225, 289, 361, 441, 529.
• 6n + 1 = 81 => n = ( loại vì n là số tự nhiên )
….
• 6n + 1 = 289 => n = 48
+ Xét 20n + 1
Điều kiện : 10 n 99
200 20n 1980
201 20n + 1 1981
Vì 20n + 1 là số chính phương nằm trong khoảng từ 201 đến 1981.
Ta có các số chính phương sau: 225, 256, 289, 324, 361, 400, 441, 484, 529, 576,
625, 676, 729, 784, 841, 900, 961, 1024, 1089, 1156, 1225, 1296, 1369, 1444, …
• 20n + 1 = 225 => n = ( loại vì n là số tự nhiên )
…
• 20n + 1 = 961 => n = 48
Vậy n = 48 thì n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính phương.
Bài tập tương tự:
Bài 1. Tìm số hữu tỉ sao cho là số chính phương.
Giải:
Giả sử . Với sao cho
Với => => q = 1
Vậy
Khi đó:

5


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Phân tích: 23 = 1.23 = (-1).(-23) = 23.1 = (-23).(-1)
Giải ra ta được
Vậy số hữu tỉ
Bài 2. Xác định số tự nhiên n để là số chính phương
Giải:
Ta có :

Với thì khơng thể là số chính phương vậy nên n = 0, 1, 2.
Thử trực tiếp n = 2 thì = 49 là số chính phương.
Vậy n = 2.
Bài 3. Chứng minh rằng nếu là các số nguyên thoả mãn hệ thức :
thì , là các số chính phương.
Giải:
Ta có:
(1)
Ta chứng minh: (, ) = 1
Thật vậy, gọi thì ,
;
(2)
Mặt khác từ ( 1 ) => => d|y ( 3 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) => d|1 hay d = 1.
Vậy
Vậy là các số chính phương
Mặt khác từ giả thiết => và chứng minh được .
Vậy là số chính phương.

Câu 2. ( 2 điểm ). Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn:
Giải:
6


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

( 1)
Ta có : + + + 1 =
(2)
+ Xét x -3 hoặc x 3 thì:
2. – 125 = + 37 > = ( 3 )
Từ ( 1), ( 2 ) và ( 3 )

Mà và là 2 số tự nhiên liên tiếp nên khơng có giá trị nào của y thoả mãn.
+ Xét x [ -3,3]
• Với x = -3 thì
=
= 766
y = ( loại vì khơng là số ngun )
•

Với x = -2 thì
=
= - 29
y = (loại vì khơng là số ngun)

•

Với x = -1 thì
=
= - 122
y = ( loại vì khơng là số ngun )

•

Với x = 0 thì
=
= - 125
y = -5 ( thoả mãn )

•

Với x = 1 thì
=
= - 122
y = ( loại vì khơng là số ngun )

•

Với x = 2 thì
7


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

=
= - 29
y = (loại vì khơng là số ngun)
•

Với x = 3 thì
=
= 766
y = ( loại vì khơng là số ngun )

Vậy ( x,y ) = ( 0, -5 )
Bài tập tương tự:
Bài 1. Tìm các số nguyên thoả mãn
Giải:
(*)
Vế trái của phương trình ( * ) là một số chính phương.
Vế phải của phương trình ( * ) là 2 số nguyên liên tiếp.
Nên phải có một số bằng 0
+ TH1: thì
+ TH2: thì
Vậy só 2 cặp số ngun
Bài 2. Tìm nghiệm của phương trình
Giải:
+ Ta có:
=
=(

+ Ta có:
Mà
Nên
+ TH1: y

8


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Mà
Nên để thì
Khơng tìm được thoả mãn đề bài
+ TH2: y = 1

•
•
Vậy
Bài 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên thoả mãn:
( làm tương tự )
Phần II.
Câu 3. ( 4 điểm ). Trình bày một số phương pháp giải hệ phương trình đồng dư
bậc nhất một ẩn.
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Phương trình đồng dư bậc nhất
Định nghĩa : Phương trình đồng dư bậc nhất ẩn là phương trình có dạng sau đây:

( mod m )
(1)
Trong đó a,b , a 0 ( mod m ).
Mối liên hệ giữa phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn với phương trình
Diophantine :
(2)
Vậy điều kiện phương trình Diophantine có nghiệm tương đương với điều kiện
phương trình đồng dư ( mod b ) có nghiệm. Điều kiện đó là ƯCLN của a và b là
ước của c. Việc giải phương trình Diophantine được đưa về việc giải phương trình
đồng dư ( mod b ).
Mệnh đề:
+ Nếu ( a,m ) = 1 thì phương trình ( 1 ) có đúng 1 nghiệm.
1.

9


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Chứng minh
Vì khi chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì cũng chạy khắp một
hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Do đó có một và chỉ một giá trị trong một hệ thặng
dư đầy đủ modulo m để
( mod m )
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.
+ Nếu ( a, m ) = d thì phương trình ( 1 ) có nghiệm khi và chỉ khi db. Khi đó nó sẽ

có d nghiệm.
Chứng minh
Dễ thấy rằng phương trình ( 1 ) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình vơ định có
nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi d = ( a, m )\b. Khi đó ( mod m ) tương
đương với
Vì ( , ) = 1, nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
( mod )
Và phương trình ( 1 ) có d nghiệm là:
( mod m )
2. Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn
Xét hệ các phương trình đồng dư dưới đây :
( 3) :
Trong đó, , là các số nguyên dương với i = 1,2,3,…n.
Định nghĩa 2.1 : Phần tử được gọi là một nghiệm đúng của hệ ( 3 ), và viết là ,
nếu
( mod )
Với mọi Giả sử m = []. Khi đó lớp (mod m), được gọi là một nghiệm của hệ ( 3 ),
và viết là ( mod m ), nếu mọi phần tử thuộc (mod m) đều là nghiệm đúng của
( 3 ).
Ta thấy ngay kết quả sau đây:
Mệnh đề 2.1 : Giả sử m = []. Khi đó nếu là một nghiệm đúng của hệ ( 3 ) thì
( mod m ) là một nghiệm của hệ ( 3 ).
Định nghĩa 2.2 : Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng
một tập nghiệm đúng.
Giả sử mỗi phương trình
10


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

( mod )
Có nghiệm ( mod ). Khi đó nghiệm của hệ ( 3 ) chính là nghiệm của hệ phương
trình
(4):
Định lí Trung Hoa về phần dư:
Cho các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau …,. Khi đó hệ
có duy nhất nghiệm.
Chứng minh
+ …, đơi một nguyên tố cùng nhau
BCNN là m = …
Đặt m = … = (
ƯCLN ( ) = 1 và = 0 ( mod ) nếu .
ƯCLN ( ,) = 1
Nên ta có : ’ sao cho
( mod )
+ Đặt
( mod ) và ( mod )
(mod ) ,
là nghiệm đúng của hệ phương trình đã cho hay hệ đã cho có nghiệm ( mod m )
Định lí : Cho các số nguyên dương …, và các số nguyên . Khi đó hệ:
có nghiệm khi và chỉ khi ( ) | ( với mọi
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Một vài phương pháp giải phương trình ( mod m )

Theo lập luận trên, thì phương trình bậc nhất ln đưa được về phương trình
dạng ( mod m ) với ( a, m ) = 1, và nghiệm của phương trình này là duy nhất. Do

đó ta chỉ cần tìm một nghiệm của ( mod m ), (a, m ) = 1, 0 < a < m, b < m. Sau
đây ta nêu một số cách giải thường được sử dụng :
Cách 1 : Thử qua một hệ thặng dư đầy đủ
11


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Thơng thường, để tiết kiệm tính tốn, người ta thử qua một hệ thặng dư đầy
đủ A có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất. Vì ( a, m ) = 1, nên khi chạy qua một hệ thặng dư
đầy đủ modulo m thì cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Do đó
ln tồn tại A là một nghiệm đúng của phương trình. Từ đó ta có nghiệm của
phương trình là :
( mod m )
Ví dụ 1: Giải phương trình ( mod 7 )
Xét hệ thặng dư đầy đủ modulo 7 là { -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3 }. Khi đó chỉ -2 làm cho
5.(-2) – 4 = -14 0 ( mod 7 )
Vậy ( mod 7 )
Cách 2: Dùng thuật toán đệ quy:
Giả sử t sao cho a\(b + mt). Khi đó:
( mod m )
là nghiệm. Việc tìm t dẫn tới việc giải phương trình ( mod a ). Giả sử ( mod a), 0
< < a, ( mod a ), 0 < < a. Phương trình trên tương đương với ( mod a). Rõ ràng
sau mỗi bước ta đã chuyển phương trình đã cho về phương trình các hệ số nhỏ hơn.
Quá trình này sẽ dừng ở một số hữu hạn bước.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( mod 70 )

(*)
Ta có: ( 15, 70 ) = 5 mà 5/25
( * ) có nghiệm
( * ) ( mod 14 ) ( **)
Có ( 3, 14) = 1
( **) có nghiệm duy nhất
( mod 14 )
33 ( mod 14 )
( mod 14 )
Cách 3: Dùng định lí Euler
Vì ( mod m ) nên a. ( mod m ). Vậy
( mod m )
Là nghiệm của phương trình ( 1 )
Ví dụ 3: Giải phương trình : ( mod 7 )
( ***)
+ Có ( a, m) = ( 3,7 ) = 1
( ***) có nghiệm duy nhất
12


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

+ ( 3,7) = 1
( mod 7 )
( mod 7 )
3. ( mod 7 )

.5 ( mod 7) là nghiệm của ( ***)
Vậy nghiệm của ( ***) là .5 81.15 4.1 4 ( mod 7 )
Cách 4. Dùng liên phân số:
Biểu diễn = Ta có
Như vậy (mod m ). Nghiệm của phương trình là
( mod m )
Ví dụ 4: Giải phương trình ( mod 143 )
Biểu diễn . Khi đó ( mod 143 )
Cách 5: Dùng thuật toán Euclid
Từ ( a,m) = 1, bằng thuật toán Euclid ta tìm được u,v sao cho au + mv = 1. Khi đó
au 1 (mod m), hay a(ub) b ( mod m). Do đó
( mod m )
là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 5: Giải phương trình ( mod 41 )
Ta có 41 = 9.4 + 5
9 = 5.1 + 4
5 = 4.1 + 1
Do đó, 1 = 5 – 4.1
= 5 – ( 9 – 5.1)1
= -9 + 5.2
= - 9 + ( 41 – 9.4)2
= 9.(-9) + 41.2
Như vậy, phương trình có nghiệm -9.2 -18 (mod 41).
2. Một số phương pháp giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn.

Phương pháp 1: Dựa vào nội dung chứng minh định lí Trung Hoa
về phần dư.
a) Nội dung phương pháp : ( đã nêu ở phần kiến thức cơ sở )
2.1.

13


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

b) Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 6 ( Trích bài kiểm tra 30% ) Giải hệ phương trình đồng dư sau:

(I)
+ Có ( 7, 5, 9 ) = 1
( I ) có nghiệm duy nhất
m = [7, 5, 9] = 315 = 45.7 = 63.5 = 35.9
• Có ( 45, 7 ) = 1 => : )
45. )
3. 1 )
3. 1 + 7.2 ( mod 7 )
5 ( mod 7 )
Chọn = 5
• Có ( 63,5 ) = 1 => : )
63. )
3. )
3. )
3. )
)
Chọn = 2

• Có ( 35,9) = 1 => : )
35. )
8. )
8. )
8. )
)
Chọn = 8
Đặt
= 45.5.4 + 63.2.4 + 35.8.2
= 1964
14


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

( I ) có nghiệm đúng 1964
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( mod 315 ) ( mod 315 )
Ví dụ 7: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia nó cho 7, 5, 3, 11 ta lần
lượt được các số dư là 3, 2, 1, 9.
Giải
Bài toán trên đưa được về dạng tìm số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn hệ sau đây
Làm tương tự như ví dụ 6 ta giải được hệ này có nghiệm ( mod 1155 ).
Vậy số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm là 262.
Ví dụ 8: Giải bài tốn cổ sau đây:
“Ngun Tiêu gió mát trăng trong
Phố phường nhộn nhịp, đèn chong sáng nhồ

Một mình dạo đến đèn hoa
Dăm trăm đốm sáng biết là ai hay
Kết năm chẵn số đèn này
Bảy đèn kết một còn hai ngọn thừa
Chín đèn thì bốn ngọn dư
Đèn bao nhiêu ngọn mà ngơ ngẩn lòng”
Giải
Gọi số đèn là ( ) ( 100 < < 1000 )
u cầu bài tốn
+Có (5, 7, 9 ) = 1 ( I ) có nghiệm duy nhất
m = [5, 7, 9 ] = 315 = 63.5 = 45.7 = 35.9
• Có ( 63,5 ) = 1 => : )
63. )
63. 1 + 5.25 )
63. 126 )
2)
Chọn = 2
• Có ( 45,7) = 1 : )
45. )
45. )
45. )
15


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

)
Chọn = 5
• Có ( 35, 9) = 1 => : )
35. )
35. )
35. )
)
Chọn
Đặt
= 63.2.1 + 45.5.2 + 35.8.4
= 1696
( I ) có nghiệm đúng 1696
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( mod 315 ) ( mod 315 )
2.2. Phương pháp 2: Xét nhóm từng hệ 2 phương trình trong hệ phương
trình đã cho.
a) Nội dung phương pháp
Ta có hệ phương trình :
Trước hết ta kiểm tra điều kiện nghiệm. Sau khi biết phương trình có nghiệm thì ta
tiến hành liên tiếp giải các hệ gồm hai phương trình, để đưa hệ phương trình này về
một hệ tương đương chỉ gồm hai phương trình. Như vậy mấu chốt là ta phải giải
các hệ hai phương trình có dạng sau đây:
Với giả thiết (m,q)\ (a – b ).
Đặt d = (m,q). Từ phương trình thứ nhất ta có và ta có hệ
Tìm y từ phương trình
b–a
( Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn)
Giải phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn tìm được y
(t )
Thay vào ta suy ra .
b) Ví dụ minh hoạ

16


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và
chia cho 19 dư 11.
Giải
Bài tốn được đưa về dạng tìm số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn hệ sau :
Xét hệ phương trình:
Có ( 11,4 ) = 1 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Từ ( 1) ( 3 )
Thay ( 3 ) vào ( 2) :
2 + 3y
3y
3y
3y
y ( vì ( 3, 4 ) = 1 )
y = 1 + 4z
(z) (4)
Thay ( 4 ) vào ( 3 )

(z )
17 ( mod 44 )
Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành :
Có ( 44,19) = 1 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Từ ( 5 ) => ( z )
+ Thay vào ( 6 ), ta được:

6z
z -1 ( mod 19 )
( vì ( 6,19 ) = 1 )
z 18 ( mod 19 )
z = 18 + 19t ( t )
+ Thay z = 18 + 19t vào ta được:

17


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

(t )
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất .
Ví dụ 10: Giải bài tốn cổ sau đây:
“Nguyên Tiêu gió mát trăng trong
Phố phường nhộn nhịp, đèn chong sáng nhồ
Một mình dạo đến đèn hoa
Dăm trăm đốm sáng biết là ai hay
Kết năm chẵn số đèn này
Bảy đèn kết một cịn hai ngọn thừa
Chín đèn thì bốn ngọn dư
Đèn bao nhiêu ngọn mà ngơ ngẩn lòng”

Giải:
Gọi số đèn là ( ) ( 100 < < 1000 )
u cầu bài tốn
+ Xét hệ phương trình:
Có ( 5,7 ) = 1 => hệ phương trình có nghiệm duy nhất,
Từ ( 1 ) =>
Thay vào ( 2 ), ta được:

(z )
Thay ( z ) vào

(z )
( mod 35 )
Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành:
Có ( 35,9 ) = 1 => hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Từ ( 4 ) =>
(z )
18


Giáo viên giảng dạy: Nguyễn Thị Lê

–

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Minh Phương

+ Thay vào ( 4 ) ta được :

(t )
+ Thay vào , ta được :

(t )
121 ( mod 315 )
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 121 ( mod 315 ).
Ví dụ 11: Giải hệ phương trình sau:
Ta có:
+ ( 70, 15 ) = 5
+ 91 – 10 = 81
Mà 5 không là ước của 81
Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.

Tài liệu tham khảo:
1) Giáo trình Lí thuyết số - Dương Quốc Việt ( chủ biên - Đàm Văn Nhỉ )
2) Bài tập cơ sở Lí thuyết số và đa thức – Dương Quốc Việt ( chủ biên )
3) />4) />iew

19