Định lý thặng dư trung hoa và ứng dụng

ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG
(Chinese Remainder Theorem and its application)
Hàn Tín là một danh tướng của nhà Hán được người đời sau ca tụng là Binh
Tiên cầm quân bách chiến bách thắng, thiên hạ vô địch, thiên cổ khơng có người
thứ hai.
Tương truyền rằng, Hàn Tín khi kiểm điểm quân số (một việc mà tưởng
chừng như dễ dàng nhưng lại không biết phải đếm ra sao khi mà chưa có bộ phân
thống kê, xử lý số liệu như bây giờ) thường làm như sau. Ông cho quân lính xếp
thành hàng 3, hàng 5, rồi hàng 7. Mỗi lần như vậy, quân lính báo cho Hàn Tín số
người ở hàng cuối cùng (có thể khơng đủ 3, 5 hay 7). Từ đó, ơng ta suy ra số qn
chính xác. Cách điểm số qn đó của ơng đã được thể hiện qua bài thơ sau:
“Tam nhân đồng hành thất thập hy
Ngũ thụ mai hoa thấp nhất chỉ
Thất tử đồn viên chính bán nguyệt
Trừ bách linh ngũ tiện đắc chi”
Thực chất bài tốn Hàn Tín điểm binh đấy chính là việc giải hệ phương trình
đồng dư tuyến tính theo modulo 3, 5 và 7. Thuật tốn mà ơng dùng dựa trên một
trong những định lý nổi tiếng nhất của toán học: Định lý thặng dư Trung Hoa
(Chinese Remainder Theorem).
*Định lý thặng dư Trung Hoa: Cho 𝑚 , 𝑚 ,…, 𝑚 là các số nguyên
dương đôi một nguyên tố cùng nhau, 𝑎 , 𝑎 ,…, 𝑎 là các số nguyên bất kì. Khi đó
hệ phương trình đồng dư tuyến tính
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
…
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
có nghiệm. Nếu 𝑥 là một trong số các nghiệm, khi đó 𝑥 thoả hệ phương trình đồng
dư trên khi và chỉ khi 𝑥 có dạng 𝑥 + 𝑘𝑚 với một số nguyên 𝑘 nào đó, ở đây 𝑚 =
𝑚 𝑚 …𝑚 .
Chứng minh

Dễ thấy rằng 𝑚/𝑚 , 𝑚 = 1 nên tồn tại số nguyên 𝑏 sao cho 𝑚/𝑚 𝑏 ≡
1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 ), đồng thời 𝑚/𝑚 𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 ) ∀𝑖 ≠ 𝑗. Đặt
𝑥 =

𝑚
𝑏𝑎
𝑚

Ta có:
𝑥 ≡

𝑚
𝑏 𝑎 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
𝑚

Điều đó nghĩa là 𝑥 là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Nếu 𝑥 và 𝑥 là hai nghiệm của hệ phương trình đồng dư, khi đó 𝑥 ≡
𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 ) với 𝑖 = 1, 𝑟 vì thế 𝑥 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑚). Chứng minh hoàn tất.
Định lý thặng dư Trung Hoa là một phần rất quan trọng của lý thuyết số và
là một kết quả rất hữu ích khi cho phép người ta tìm ra nghiệm cho các hệ phương
trình đồng dư tuyến tính có modulo là các cặp số ngun đơi một ngun tố cùng
nhau. Đồng thời nó cũng là một cơng cụ mạnh trong các bài tốn, các vấn đề mang
tính xây dựng.
Ví dụ 1. Tìm nghiệm của hệ phương trình đồng dư tuyến tính sau
𝑥 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 3)
𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 4)
𝑥 ≡ 3 (𝑚𝑜𝑑 5)
Lời giải. Ta sẽ tìm ra nghiệm của bài tốn dựa trên chính chứng minh của định lý
thặng dư Trung Hoa. Trong trường hợp này 𝑚 = 3.4.5 = 60. Ta có nghiệm của hệ

này là
𝑥 = 20𝑏 𝑎 + 15𝑏 𝑎 + 12𝑏 𝑎 = 40𝑏 + 15𝑏 + 36𝑏
Với 𝑏 , 𝑏 , 𝑏 xác định như sau
60
⎧ 𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3)
⎪3
60
𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 4)
⎨4
⎪60
⎩ 5 𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 5)


2𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3)
⇒ 3𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 4)
2𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 5)
Ta chọn 𝑏 = 2, 𝑏 = 3, 𝑏 = 3. Khi đó
𝑥 = 40.2 + 15.3 + 36.3 = 233 ≡ 53 (𝑚𝑜𝑑 60)
Vậy nghiệm của hệ phương trình đồng dư trên là 𝑥 = 53 + 60𝑘, 𝑘 ∈ ℤ.
Ví dụ 2. Giải phương trình đồng dư 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 144)
Lời giải. Ta có 144 = 9.16 và (9,16) = 1 nên theo định lý thặng dư Trung Hoa thì
nghiệm của bài tốn chính là nghiệm của hệ phương trình đồng dư tuyến tính
𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 9)
𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 16)
Phương trình 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 16) có 4 nghiệm là 𝑥 ≡ ±1, ±7 (𝑚𝑜𝑑 16)
Phương trình 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 9) có 2 nghiệm là 𝑥 ≡ ±1 (𝑚𝑜𝑑 9)
Q trình xử lý sẽ dành cho bạn đọc. Các nghiệm của phương trình trên là 𝑥 ≡
±1, ±17, ±55, ±71 (𝑚𝑜𝑑 144).
Nhận xét: Ví dụ 1 và 2 là những bài toán cơ bản nhất, thể hiện rõ ràng nhất ý
tưởng về việc ứng dụng định lý thặng dư Trung Hoa để tìm nghiệm của phương

trình đồng dư hay một hệ phương trình đồng dư.
Ví dụ 3. (IMO 1989) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛, tồn tại 𝑛 số tự
nhiên liên tiếp mà cả 𝑛 số đó khơng phải là luỹ thừa của những số nguyên tố.
Lời giải. Với mỗi 𝑛 ∈ ℤ , xét 𝑛 số nguyên tố phân biệt 𝑝 , 𝑝 , … , 𝑝
Xét hệ phương trình đồng dư
𝑥 ≡ 𝑝 − 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
𝑥 ≡ 𝑝 − 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
…
⎨
⎩𝑥 ≡ 𝑝 − 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
⎧

Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình trên có nghiệm. ⇔ ∃𝑎 ∈
ℤ: 𝑎 ≡ 𝑝 − 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 ∀𝑖 = 1, 𝑛. Từ đó suy ra các số 𝑎 + 1, 𝑎 + 2, … , 𝑎 + 𝑛 đều
không phải là luỹ thừa với số mũ nguyên dương của một số nguyên tố.


Ví dụ 4. (VMO 2008) Cho 𝑚 = 2007
. Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương
𝑛 ≤ 𝑚 thoả mãn điều kiện 𝑛(2𝑛 + 1)(5𝑛 + 2) ⋮ 𝑚
Lời giải. Ta có 𝑚 = 9

. 223

=3

223

=𝑛 𝑛

Do (𝑚, 10) = 1 ⇒ 𝑛(2𝑛 + 1)(5𝑛 + 2) ⋮ 𝑚
⇔ 𝑚|10.5.2𝑛(2𝑛 + 1)(5𝑛 + 2) = 10𝑛(10𝑛 + 5)(10𝑛 + 4)
⇔ 𝑚|𝑥(𝑥 + 2)(𝑥 + 4) trong đó 𝑥 = 10𝑛.
Từ đó ta có hệ phương trình đồng dư sau:
𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 10)
𝑥(𝑥 + 5)(𝑥 + 4) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 )
𝑥(𝑥 + 5)(𝑥 + 4) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 )
Vì 3 khơng là ước của chung của 𝑥, 𝑥 + 4, 𝑥 + 5 nên 𝑥(𝑥 + 5)(𝑥 + 4) ≡
0 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ) khi và chỉ khi 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ) ở đó 𝑟 ∈ {0, −4, −5}.
Tương tự 𝑥(𝑥 + 5)(𝑥 + 4) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ) khi và chỉ khi 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ) ở đó
𝑟 ∈ {0, −4, −5}.
Vậy 𝑚|𝑛(2𝑛 + 5)(5𝑛 + 4) ⇔ 𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 10), 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ), 𝑥 ≡
𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ).
Vậy với 𝑛 ≤ 𝑚 thoả mãn điều kiện bằng số các số 𝑥 ≤ 10𝑛 𝑛 thoả mãn 𝑥 ≡
0 (𝑚𝑜𝑑 10), 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ), 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ). Với mỗi cách chọn 𝑟 ∈
{0, −4, −5} và 𝑟 ∈ {0, −4, −5}, theo định lý thặng dư Trung Hoa ta có duy nhất
một số 𝑥 ≤ 10𝑛 𝑛 thoả mãn 𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 10), 𝑥 ≡ 𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ), 𝑥 ≡
𝑟 (𝑚𝑜𝑑 𝑛 ). Vậy có 9 số thoả mãn điều kiện đề bài.
*Tổng quát bài toán: Cho 𝑚 = 𝑝 𝑝 … 𝑝 (𝑝 ∈ ℘, 𝛼 ∈ ℕ) và 𝑓(𝑥) là
một đa thức với hệ số nguyên. Khi đó phương trình đồng dư 𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)
có nghiệm khi và chỉ khi tất cả các phương trình đồng dư 𝑓(𝑥) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑖 =
1, 𝑘 có nghiệm. Nếu gọi số nghiệm của phương trình (𝑥) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑖 = 1, 𝑘
là 𝑛 thì phương trình (𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚) có đúng 𝑛 𝑛 … 𝑛 nghiệm modulo 𝑚.
Ví dụ 5. (Đài Loan MO 2002) Một điểm nguyên 𝑋 trong mặt phẳng được gọi là
nhìn thấy được từ 𝑂 nếu đoạn thẳng 𝑂𝑋 khơng chứa bất cứ điểm ngun nào khác
ngồi 𝑂 và 𝑋. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛, tồn tại một hình


vuông 𝑛 điểm nguyên (các cạnh song song với các trục toạ độ) sao cho khơng có
bất kỳ điểm nào bên trong hình vng đó nhìn thấy được từ gốc toạ độ.

Lời giải. Giả sử điểm thấp nhất phía bên trái của hình vng có toạ độ là (𝑥 , 𝑦 ).
Ta sẽ chứng minh rằng có thể chọn (𝑥 , 𝑦 ) sao cho hình vng với các điểm
ngun nhận (𝑥 , 𝑦 ) làm một góc của nó và 𝑛 điểm ngun mỗi cạnh đều khơng
thể nhìn thấy được từ gốc toạ độ. Điều này có thể đạt được bằng cách đảm bảo
rằng toạ độ của những điểm đó đều chia hết cho một số số nguyên tố nào đó; điều
này nghĩa là bằng cách chia cả tung độ và hồnh độ cho số ngun tố đó, ta có thể
tìm ra một điểm ngun khác nằm giữa gốc toạ độ và điểm đó.
Hơn nữa, ta thấy rằng điểm 𝑋 = (𝑥, 𝑦) nhìn thấy được từ gốc khi và chỉ khi
gcd(𝑥, 𝑦) = 1.
Chọn 𝑛 số nguyên tố 𝑝 , , 1 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑛, ta cần tìm 𝑥 thoả mãn hệ phương trình
đồng dư
⎧
⎪
⎨
⎪𝑥
⎩

𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝

,

…𝑝

,

𝑥 + 1 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝 , … 𝑝 ,
…
+ 𝑛 − 1 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝 , … 𝑝

,

Tương tự, ta cần chọn ra 𝑦 thoả mãn hệ phương trình đồng dư
⎧
⎪
⎨
⎪𝑦
⎩

𝑦 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝

,

…𝑝

,

𝑦 + 1 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝 , … 𝑝 ,
…
+ 𝑛 − 1 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝 , 𝑝 , … 𝑝

,

Cả hai giá trị này đều tồn tại theo định lý thặng dư Trung Hoa.
Ta dễ thấy: (𝑥 + 𝑖, 𝑦 + 𝑗) ⋮ 𝑝 , ⇒ 𝑔𝑐𝑑(𝑥 + 𝑖, 𝑦 + 𝑗) > 1 ∀0 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑛. Điều
đó chứng tỏ mọi điểm nằm bên trong hoặc trên rìa hình vng 𝑛 điểm ngun có
điểm thấp nhất bên trái là (𝑥 , 𝑦 ) đều không nhìn thấy được từ điểm 𝑂 là gốc toạ
độ.
Ví dụ 6. Cho 𝑃(𝑥) là đa thức với hệ số nguyên. Giả sử rằng có một tập hữu hạn
các số nguyên tố 𝐴 = {𝑝 , 𝑝 , … , 𝑝 }, sao cho với mọi số nguyên 𝑎 luôn tồn tại số
𝑝 ∈ 𝐴, (𝑖 = 1, 𝑘) sao cho 𝑃(𝑎) ⋮ 𝑝 . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố 𝑝 ∈ 𝐴

sao cho 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑝 với mọi số nguyên 𝑥.


Lời giải. Ta có kết quả quen thuộc: Với 𝑥, 𝑦 ∈ ℤ, 𝑥 ≠ 𝑦, 𝑃(𝑥) ∈ ℤ[𝑥] ta có 𝑃(𝑥) −
𝑃(𝑦) ⋮ 𝑎 − 𝑏
⇒ Nếu 𝑎 ≡ 𝑏 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) thì 𝑃(𝑎) ≡ 𝑃(𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝑝)
Ta cũng dễ dàng chứng minh được nếu 𝑃(𝑎) ≡ 𝑃(𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝑝) thì 𝑎 ≡ 𝑏 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)
⇒ 𝑎 ≡ 𝑏 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) ⇔ 𝑃(𝑎) ≡ 𝑃(𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝑝) (∗)
Giả sử không tồn tại 𝑝 ∈ 𝐴 sao cho 𝑝|𝑃(𝑛) ∀𝑛 ∈ ℤ ⇒ ∃𝑎 , 𝑎 , … , 𝑎 ∈ ℤ phân biệt
sao cho
𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 ), 𝑝 ∤ 𝑎
𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 ), 𝑝 ∤ 𝑎
…
𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 ), 𝑝 ∤ 𝑎
Xét hệ phương trình đồng dư
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
…
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình trên có nghiệm 𝑥 , kết hợp
với (∗) ta có:
𝑃(𝑥 ) ≡ 𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
𝑃(𝑥 ) ≡ 𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
…
𝑃(𝑥 ) ≡ 𝑃(𝑎 ) ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 )
Nghĩa là ∄𝑝 ∈ 𝐴, (𝑖 = 1, 𝑘): 𝑝 |𝑃(𝑥 ) nên mâu thuẫn với giả thiết. Vậy điều giả sử
là sai, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 7. (HSG Trại hè Hùng Vương 2014) Chứng minh rằng tồn tại 16 số
ngun dương liên tiếp sao cho khơng có số nào trong 16 số đó có thể biểu diễn
dưới dạng |7𝑥 + 9𝑥𝑦 − 5𝑦 |, (𝑥, 𝑦 ∈ ℕ).

Lời giải. Đặt |7𝑥 + 9𝑥𝑦 − 5𝑦 | = 𝐴 ⇒ 28𝐴 = |(14𝑥 + 9𝑦) − 13.17𝑦 |. Ta xét
số dư khi chia 𝐴 cho 9, 13, 17 thu được
- 𝐴 chia cho 9 khơng có số dư là 3, 6
- 𝐴 chia cho 13 khơng có số dư là 1, 3, 4, 9, 10, 12


- 𝐴 chia cho 17 khơng có số dư là 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên dương 𝑛 thoả mãn
𝑛 ≡ −4 (𝑚𝑜𝑑 9)
𝑛 ≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 13)
𝑛 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 17)
Rõ ràng 𝑛 + 1, 𝑛 + 2, … , 𝑛 + 16 thoả mãn yêu cầu bài tốn. Vậy ta có điều phải
chứng minh.
Nhận xét: Từ các trường hợp cơ sở cho các số nguyên dương 9, 13, 17 ta
xây dựng nên hệ phương trình đồng dư tuyến tính tối ưu để chỉ ra được 16 số
ngun dương liên tiếp khơng có dạng mà đề bài đã cho, đây là một việc làm cần
có sự nhạy cảm và tinh tế.
Ví dụ 8. Chứng minh rằng phương trình 𝑥 − 34𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚) có nghiệm
với mọi 𝑚 ∈ ℤ .
Lời giải.
- Trường hợp 1: (𝑚, 3) = 1
⇒ 𝑥 − 34𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚) ⇔ (𝑥 − 5𝑦)(𝑥 + 5𝑦) ≡ (3𝑦 + 1)(3𝑦 −
1) (𝑚𝑜𝑑 𝑚)
Tập hợp các số {3𝑦 − 1,3𝑦 + 1} chạy qua các số không chia hết cho 3.
⇒ ∃𝑦 ∈ ℤ: (3𝑦 + 1)(3𝑦 − 1) ⋮ 𝑚. Chọn 𝑥 = 5𝑦 ⇒ (𝑥 , 𝑦 ) cần tìm.
- Trường hợp 2: (𝑚, 5) = 1
⇒ 𝑥 − 34𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚) ⇔ (𝑥 − 3𝑦)(𝑥 + 3𝑦) ≡ (5𝑦 + 1)(5𝑦 −
1) (𝑚𝑜𝑑 𝑚)
Tập hợp các số {5𝑦 + 1,5𝑦 − 1} chạy qua các số không chia hết cho 5.
⇒ ∃𝑦 ∈ ℤ: (5𝑦 + 1)(5𝑦 − 1) ⋮ 𝑚. Chọn 𝑥 = 3𝑦 ⇒ (𝑥 , 𝑦 ) cần tìm.

- Trường hợp 3: (𝑚, 3) = (𝑚, 5) ≠ 1
Đặt 𝑚 = 𝑚 𝑚 với 𝑚 = 3 (𝛼 ∈ ℕ∗ ), 𝑚 ∈ ℕ∗ : (𝑚 , 𝑚 ) = 1, (𝑚 , 5) = 1
(3, 𝑚 ) = 1 ⇒ ∃(𝑥 , 𝑦 ) ∈ (ℤ ) : 𝑥 − 34𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
(5, 𝑚 ) = 1 ⇒ ∃(𝑥 , 𝑦 ) ∈ (ℤ ) : 𝑥 − 34𝑦 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )


Từ đó theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn tại (𝑥, 𝑦) ∈ (ℤ ) sao cho
𝑥 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
𝑥 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
và
𝑦 ≡ 𝑦 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
𝑦 ≡ 𝑦 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 9. Tìm tất cả 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ, 𝑐 ≥ 0 sao cho (𝑎 + 2 )|(𝑏 + 𝑐) với mỗi số
nguyên dương 𝑛, đồng thời 2𝑎𝑏 khơng là số chính phương.
Nhận xét: Đây là một ví dụ có độ khó tương đối cao, yêu cầu phải kết hợp
giữa đồng dư, thặng dư bình phương và định lý thặng dư Trung Hoa để giải. Sau
đây là lời giải tham khảo cho bài toán.
Lời giải. Ta có
(𝑎 + 2 )|(𝑏 + 𝑐) ⇔ 𝑏 ≡ −𝑐 (𝑚𝑜𝑑 𝑎 + 𝑏 ) ⇒ 𝑏
2 )
(𝑎

+ 2 )|(𝑏

Mà (𝑎 + 2 )|𝑎

+ 𝑐) ⇔ 𝑏
+2

+ 𝑐 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑎

⇒𝑏

+ 𝑐 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑎 +

+2 )

+ 𝑐 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑎 + 2 )

⇒ 𝑐 − 𝑐 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑎 + 2 ) ⇔ (𝑎 + 2 )|𝑐(𝑐 − 1)(𝑐 + 1)
Cho 𝑛 → +∞ ta dễ thấy rằng 𝑐(𝑐 − 1)(𝑐 + 1) = 0. Từ đó suy ra hoặc 𝑐 = 0 hoặc
𝑐 = 1.
- Trường hợp 1: 𝑐 = 0
Nếu 𝑎 = 2 thì theo đề bài 2

|𝑏 ⇒ 4|𝑏 thoả điều kiện đề bài.

Nếu |𝑎| ≠ 2 ta sẽ chứng minh được tập các ước nguyên tố của {𝑎 + 2 , 𝑛 ∈ ℤ }
là vô hạn. Mà 𝑎 + 2 |𝑏 ⇒ 𝑏 có vơ hạn ước số ngun tố (vô lý).
- Trường hợp 2: 𝑐 = 1
Nếu 𝑎 chẵn thì theo đề bài 𝑎 + 2 |𝑏 + 1 ⇒ 𝑏 + 1 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 4) (vô lý).
Nếu 𝑎 lẻ, do 2𝑎𝑏 khơng là số chính phương nên
2𝑎 = 𝑙 𝑝 𝑝 … 𝑝
𝑏=𝑚 𝑝 𝑝
…𝑝
𝑏=𝑚
Với 𝑙, 𝑚, 𝑡, 𝑘 ∈ ℤ ; 𝑝 , 𝑝 , … , 𝑝

∈ ℘; 𝑠 ∈ ℕ, các số 𝑝 (𝑖 = 1, 𝑡 + 𝑠) phân biệt.

𝑘 = 1, 𝑠 = 0 vô lý do 2𝑎𝑏 là số chính phương.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên tố 𝑝 sao cho 𝑝 ≡
1 (𝑚𝑜𝑑 4)
Với 𝑏 = 𝑚 ⇒

= 1 ∀𝑖 = 2, 𝑡;

Với 𝑘 > 𝑡 ⇒

= −1
= 1 ∀𝑖 = 𝑘, 𝑡 + 𝑠 và

= 1 ∀𝑖 = 2, 𝑡;

Với 1 < 𝑘 ≤ 𝑡 ⇒
Với 𝑘 = 1, 𝑠 > 0 ⇒

= 1 ∀𝑖 = 2, 𝑡 + 𝑠,

= −1

= 1 ∀𝑖 = 2, 𝑡 + 𝑠 − 1 và

Qua các trường hợp trên ta thấy rằng

=1

= −1,

=

= −1

= 1 nên theo tiêu chuẩn

Euler ta có:
(2𝑎)
Mà 𝑎

= −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) ⇒ 𝑎
+2

|𝑏

+1⇒𝑏

+2

≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝); 𝑏

= 1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)

≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 𝑝) (mâu thuẫn do 𝑝 ≠ 2)

Vậy các bộ (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (2,4𝑘, 0) với 𝑘 ∈ ℤ và 𝑘 khơng là số chính phương thì
thoả mãn yêu cầu đề bài.
BÀI TẬP
Bài 1: Chứng minh rằng phương trình 3𝑥 + 2 = 𝑦 khơng có nghiệm ngun.

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại một dãy tăng {𝑎 }
các số tự nhiên sao cho
∀𝑘 ≥ 0, dãy {𝑘 + 𝑎 } chỉ chứa hữu hạn các số nguyên tố.
Bài 3: Tìm tất cả các số tự nhiên 𝑛 sao cho 2𝑛 − 1 chia hết cho 3 và tồn tại 𝑚 ∈ ℤ
sao cho 4𝑚 + 1 chia hết cho

.

Bài 4: Tìm tất cả bộ sắp thứ tự (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 ) thoả
𝑎𝑏 + 𝑎 𝑏 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 15)
𝑏𝑐 + 𝑏 𝑐′ ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 15)
𝑐𝑎 + 𝑐 𝑎 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 15)
Với 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎 , 𝑏 , 𝑐 ∈ {0,1, … ,14}.


Bài 5: Cho hai số nguyên dương 𝑝, 𝑞 lớn hơn 1 và nguyên tố cùng nhau. Chứng
minh rằng tồn tại số nguyên 𝑘 sao cho (𝑝𝑞 − 1)𝑛𝑘 + 1 là hợp số với mọi số
nguyên dương 𝑛.
Bài 6: Xét đa thức 𝑃(𝑥) = (2𝑥 + 1)(3𝑥 + 1). Chứng minh rằng với mọi 𝑛 nguyên
dương, tồn tại 𝑥 nguyên sao cho 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑛.
Bài 7: Cho 𝑝 là một số nguyên tố, ta có hệ phương trình đồng dư
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
…
𝑥 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚 )
Và giả sử rằng 𝑚 = 𝑝 , 𝑗 = 1, 𝑟 với 1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼 ≤ ⋯ ≤ 𝛼 . Chứng minh rằng
hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi 𝛼 ≡ 𝛼 (𝑚𝑜𝑑 𝑝 ) với 𝑖 =
1,2, … , 𝑟.
Bài 8: Chứng minh định lý Euler mở rộng: 𝑎
ℤ.

≡𝑎

( )

(𝑚𝑜𝑑 𝑚) với mọi 𝑎 ∈

Bài 9: Tìm số nghiệm của phương trình 𝑥 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 𝑚) với mọi số nguyên
dương 𝑚.
Bài 10: Đặt 𝜓(𝑛) là số các số nguyên 𝑎 sao cho 1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑛 và (𝑎, 𝑛) =
1, (𝑎 + 1, 𝑛) = 1. Chứng minh rằng 𝜓(𝑛) = 𝑛 ∏ | (1 − 2/𝑝). Với giá trị nào của
𝑛 thì 𝜓(𝑛) = 0.
Bài 11: Một số ngun dương 𝑘 có tính chất 𝑇(𝑚) nếu như với mọi số nguyên
dương 𝑎, tồn tại số nguyên dương 𝑛 sao cho
1 + 2 + ⋯ + 𝑛 ≡ 𝑎 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)
a) Tìm tất cả các số ngun dương 𝑘 có tính chất 𝑇(20).
b) Tìm số ngun dương 𝑘 nhỏ nhất có tính chất 𝑇(20 ).
Bài 12: Cho 𝑛 và 𝑘 là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 𝑛 và 30 nguyên
tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên 𝑎 và 𝑏, mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với
𝑛 sao cho 𝑎 − 𝑏 + 𝑘 chia hết cho 𝑛.


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] An Introduction to The Theory of Numbers, Ivan Niven; Herbert S.
Zuckerman; Hugh L. Montgomery
[2]

Định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng, Nguyễn Duy Liên

[3]

Định lý thặng dư Trung Hoa, Trần Minh Hiền

[4]

MathScope.org

[5] Number Theory – Scuptures, Examples and Problems, Titu Andreescu;
Dorin Andrica