Ứng dụng lý thuyết đồng dư

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
*********
HÀ DUY NGHĨA
ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ
TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG
Đăk Lăk -2012
MỤC LỤC
Mục lục i
Chương 1 đồng dư v à áp dụng 1
1.1 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Một số khái niệm v à tính c h ấ t cơ bản . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu c h i a hết . 4
1.2 Phương trình đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . 11
1.2.3 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Các hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.2 Hàm M¨obius µ n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.3 Hàm tổng các ước dương σn . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.4 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Chương 2 một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi 20
2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia . . . . . . . . . . 22
T à i liệu tham khảo 28

Chương 1
L Ý THUYẾT ĐỒNG DƯ V À ÁP DỤNG

1.1 Đồng dư thức
1.1.1 Một số khái niệm v à tính c h ấ t cơ bản
Định nghĩa 1.1.1. Cho a, b, m là các số nguyên, m 0. Số a được gọi là đồng dư
v ớ i b theo môđun m nếu m là ước của b a .
Nếu a đồng dư v ớ i b theo môđun m thì viết ab mod m . Ngược lại, nếu a
không đồng dư v ớ i b theo môđun m thì ta viết a b mod m .
Ví dụ 2 5 mod 3 vì 3 5 2 .
Nếu a b mod m thì b gọi là một thặng dư của a theo môđun m.
Nếu 0 b m 1 thì b gọi là một thặng dư bénhất của a theo môđun m.
Mệnh đề 1.1.2. Cho a, b, c, m là những số nguyên m 0. Khi đó, ta c ó
(i) aa mod m ,
(ii) Nếu ab mod m thì b a mod m ,
(iii) Nếu ab mod m và b c mod m thì a c mod m .
Chứng minh. Mệnh đề i , ii là hiển nhiên, ta c h ứ n g minh mệnh đề iii . Thật
v ậ y , ta có ab mod m , b c mod m suy ra m b a v à m c b . Do đó
m b ac b , hay m c a . V ậ y a c mod m .
Tiếp theo, ký hiệu a là tâp hợp tất cả các số nguyên đồng dư v ớ i a theo môđun
m, a n Z n a mod m . Nói cách khác, a là tập hợp các số nguyên có dạng
akm. Từ đó, ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.1.3. Một tập gồm các phần tử dạng a akm,k Z gọi là một
lớp đồng dư của a theo môđun m.

1.1. Đồng dư thức 2
Ví dụ v ớ i m2, ta có lớp 0 là tập các số nguyên c h ẵ n , lớp 1 là tập các số
nguyên lẻ.
Mệnh đề 1.1.4. Cho a, b, m là những số nguyên m0. Khi đó, ta c ó
(i) ab khi và chỉ khi a b mod m ,
(ii) ab khi và chỉ khi a b Ø,
(iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m.
Chứng minh. i Giả sử a b, ta xét a a b. Do đó, a b mod m . Ngược

lại, nếu ab mod m thì a b. Ngoài ra, nếu c a mod m thì c b mod m .
Điều này c h ứ n g tỏ rằng a b. Hơn nữa, từ a b mod m ta suy ra b a mod m ,
hay b a. Từ đó suy ra a b.
ii Dễ thấy rằng, nếu a b Ø thì a b. Ngược lại, ta cần c h ứ n g tỏ rằng
nếu ab Ø thì a b. Thật v ậ y , giả sử a b Ø gọi c a b. Khi đó, ta có
c a mod m v à c b mod m . Điều này suy ra a b mod m . Do đó, theo i
ta suy ra a b.
iii Để c h ứ n g minh phần này, ta c h ứ n g minh tập 0, 1, 2, , m 1 là m lớp
đồng dư phân biệt theo môđun m. Thật v ậ y , giả sử tồn tại 0 k l m sao c h o
k l.Khi đó, theo i ta có k l mod m , hay m lk. Điều này mâu thuẫn v ớ i
giả thiết 0 l k m. Do đó, k l.Ngoài ra, v ớ i mỗi a Z luôn tồn tại cặp số
nguyên q,r sao c h o a qm r , 0 r m, suy ra a r mod m hay a r.
Định nghĩa 1.1.5. T ậ p gồm m phần tử A a
1
, a
2
, , a
m
gọi là một hệ thặng
dư đầy đủ theo môđun m nếu B a
1
, a
2
, a
3
, , a
m
là tập gồm m lớp đồng dư
phân biệt theo môđun m.
Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m là không duy

nhất. Ví dụ các tập 0, 1, 2, 3 , 4, 9, 14, 1 , 0, 1, 2, 1 là những hệ thặng dư
đầy đủ theo môđun 4.
Mệnh đề 1.1.6. Nếu a c mod m và b d mod m thì ab cd mod m
và ab cd mod m .
Chứng minh. Dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 3
Mệnh đề 1.1.7. Cho a, b, c, m là c á c số nguyên, m 0, ac bc mod m và d c, m .
Khi đó, ta c ó
a b mod
m
d
.
Chứng minh. Giả sử ac bc mod m . T a có m bd ac , suy ra tồn tại số nguyên
k sao c h o cb a km.Khi đó, c h i a hai v ế c h o d ta được
c
d
b a k
m
d
. Ngoài
ra, theo giả thiết ta có d c, m , suy ra
c
d
,
m
d
1. Do đó, ta có
m

d
b a hay
a b mod
m
d
.
Mệnh đề 1.1.8. Cho a, b, m
1
, , m
k
là c á c số nguyên, m
1
, , m
k
0, a b mod m
1
,
a b mod m
2
, , a b mod m
k
. Khi đó, ta c ó
a b mod m
1
m
k
,
trong đó m
1
m

2
m
k
là b ộ i chung nhỏ nhất của m
1
, m
2
, m
k
.
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
Mệnh đề 1.1.9. Nếu ab mod n thì a
n
b
n
mod n
2
.
Chứng minh. Từ ab mod n suy ra a bnq. Do đó, theo công thức khai
triển nhị thức ta có
a
n
b
n
bnq
n
b
n
n
1

b
n 1
qn
n
2
b
n 2
q
2
n
2
n
n
q
n
n
n
n
2
b
n 1
q
n
2
b
n 2
q
2
n
n

q
n
n
n 2
.
Từ đó suy ra a
n
b
n
mod n
2
.
Điều ngược lại không đúng, ví dụ như 3
4
1
4
mod 4
2
nhưng 3 1 mod 4 .
Mệnh đề 1.1.10. Nếu a, b là c á c số nguyên và p là số nguyên tố thì
ab
p
a
p
b
p
mod p
Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức ta có
ab
p

a
p
b
p
p
1
a
p 1
b
p
p 1
a.b
p 1
.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 4
Do đó, để c h ứ n g minh mệnh đề ta c h ỉ cần c h ứ n g minh p
p
k
, 1 k p 1 . Thật
v ậ y , ta có
p
k
p!
k!p k!
,
suy ra
k
p

k
p!
k 1 ! p k!
p
p 1 !
k 1 ! p k!
p
p 1
k 1
.
Từ đó, pk
p
k
. Ngoài ra, do ƯCLN p, k 1 nên p
p
k
.
1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu c h i a hết
Ví dụ 1.1.2.1. Tìm dấu hiệu c h i a hết c h o 2
k
, 3, 5
k
, 7, 11, 13, 37.
L ờ i giải: Xét số tự nhiên a a
n
.a
n 1
a
0
. Tức là a được viết dưới dạng

a a
n
.10
n
a
1
.10 a
0
, 0 a
i
9 .
Dấu hiệu chia hết cho 2
k
.
Vì 10 0 mod 2 nên 10
k
0 mod 2
k
. Từ đó suy ra
a a
k 1
.10
k 1
a
0
mod 2
k
.
Do đó, số a c h i a hết c h o 2
k

khi số b a
k 1
.10
k 1
a
0
0 mod 2
k
, tức
là b c h i a hết c h o 2
k
. Nói cách khác, số tự nhiên a c h i a hết c h o 2
k
khi số tự
nhiên b được lập từ k c h ữ số tận cùng của a c h i a hết c h o 2
k
.
Tương tự, ta cũng có 10 0 mod 5 v à 10
k
0 mod 5
k
. Do đó, số a c h i a
hết c h o 5
k
khi số b lập từ k c h ữ số tập cùng của a c h i a hết c h o 5
k
.
Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9.
T a có 10 1 mod 3 suy ra 10
k

1 mod 3 . Do đó a
i
.10
k
a
i
mod 3 . Từ
đó suy ra a a
n
.10
n
a
1
.10 a
0
a
n
a
0
mod 3 . V ậ y , số a c h i a
hết c h o 3 khi tổng các c h ữ số của nó c h i a hết c h o 3.
Tương tự ta cũng có 10 1 mod 9 v à a
i
.10
k
a
i
mod 9 . V ậ y , số a c h i a
hết c h o 9 khi tổng các c h ữ số của nó c h i a hết c h o 9.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 5
Dấu hiệu chia hết cho 7
T a có
a
0
a
0
mod 7 a
0
a
0
mod 7
10 3 mod 7 10a
1
3a
1
mod 7
10
2
2 mod 7 10
2
a
2
2a
2
mod 7
10
3
1 mod 7 10

3
a
3
1a
3
mod 7
Từ đó, ta có bảng đồng dư theo môđun 7 tương ứng như sau
a
0
10a
1
10
2
a
2
10
3
a
3
10
4
a
4
10
5
a
5
10
6
a

6
10
7
a
7
10
8
a
8
10
9
a
9
10
10
a
10
10
11
a
11
10
6t 1
a
6t 1
a
0
3a
1
2a

2
a
3
3a
4
2a
5
a
6
3a
7
2a
8
a
9
3a
10
2a
11
2a
6t 1
Bảng 1.1:
Do đó, số a a
n
.a
n 1
a
1
a
0

c h i a hết c h o 7 khi tổng dạng
a
0
3a
1
2a
2
a
3
3a
4
2a
5
a
6
a
6t 3
3a
6t 2
2a
6t 1
0 mod 7
Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có
x 3y 2z 100z10yx mod 7 zyxmod 7.
Từ đó suy ra, số a a
n
.a
n 1
a
1

a
0
c h i a hết c h o 7 khi tổng dạng
a
2
a
1
a
0
a
5
a
4
a
3
a
8
a
7
a
6
a
11
a
10
a
9
, c h i a hết c h o 7
Dấu hiệu chia hết cho 11
Tương tự dấu hiệu c h i a hết c h o 7, ta cũng có

a
0
a
0
mod 11 a
0
a
0
mod 11
10 1 mod 11 10a
1
a
1
mod 11
10
2
1 mod 7 10
2
a
2
a
2
mod 11
10
3
1 mod 11 10
3
a
3
1a

3
mod 11
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 6
a
0
10a
1
10
2
a
2
10
3
a
3
10
4
a
4
10
5
a
5
10
6
a
6
10

7
a
7
10
8
a
8
10
9
a
9
10
10
a
10
10
11
a
11
10
2t 1
a
2t 1
a
0
a
1
a
2
a

3
a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
a
9
a
10
a
11
a
2t 1
Bảng 1.2:
Do đó, số a a
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 11 khi tổng dạng
a

0
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
2t 1
0 mod 11
Nói cách khác, số a a
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 11 khi tổng đan dấu
a
0
a
1
a

2
a
3
a
4
a
5
a
6
a
2t 1
c h i a hết c h o 11
Dấu hiệu chia hết cho 13
T a có
a
0
a
0
mod 13 a
0
a
0
mod 13
10 3 mod 13 10a
1
3a
1
mod 13
10
2

4 mod 13 10
2
a
2
4a
2
mod 13
10
3
1 mod 13 10
3
a
3
1a
3
mod 13
Tương tự ta cũng có bảng các lớp đồng dư theo môđun 13 (Bảng 1.3)
a
0
10a
1
10
2
a
2
10
3
a
3
10

4
a
4
10
5
a
5
10
6
a
6
10
7
a
7
10
8
a
8
10
9
a
9
10
10
a
10
10
11
a

11
10
6t 1
a
6t 1
a
0
3a
1
4a
2
a
3
3a
4
4a
5
a
6
3a
7
4a
8
a
9
3a
10
4a
11
4a

6t 1
Bảng 1.3:
Từ bảng 1.3 ta suy ra rằng, số aa
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 13 khi tổng
dạng
a
0
3a
1
4a
2
a
3
3a
4
4a
5
a
6t 3
3a
6t 2
4a
6t 1

0 mod 13
Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có
x 3y 4z 100z10yx mod 13 zyxmod 13.
Từ đó suy ra, số a a
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 13 khi tổng dạng
a
2
a
1
a
0
a
5
a
4
a
3
a
8
a
7
a
6

a
11
a
10
a
9
c h i a hết c h o 13.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 7
Dấu hiệu chia hết cho 33
T a có
a
0
a
0
mod 33 a
0
a
0
mod 33
10 10 mod 33 10a
1
10a
1
mod 33
10
2
1 mod 33 10
2

a
2
a
2
mod 33
10
3
10 mod 33 10
3
a
3
10a
3
mod 33
a
0
10a
1
10
2
a
2
10
3
a
3
10
4
a
4

10
5
a
5
10
6
a
6
10
7
a
7
10
8
a
8
10
9
a
9
10
10
a
10
10
11
a
11
10
2t

a
2t
a
0
10a
1
a
2
10a
3
a
4
10a
5
a
6
10a
7
a
8
10a
9
a
10
10a
11
a
2t
Bảng 1.4:
Từ bảng 1.4 ta suy ra rằng, số aa

n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 33 khi tổng
dạng
a
0
a
2
a
2t
10 a
1
a
3
a
2t 1
0 mod 33
Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y ta đều có
x 10y 10yx mod 33 yxmod 33.
Từ đó suy ra, số a a
n
.a
n 1
a
1

a
0
c h i a hết c h o 33 khi tổng dạng
a
1
a
0
a
3
a
2
a
5
a
4
a
6
a
5
c h i a hết c h o 33.
Ngoài ra, ta có 33 11.3 nên ta suy ra được một dấu hiệu khác nữa của số
c h i a hết c h o 11; 3 là tổng dạng
a
1
a
0
a
3
a
2

a
5
a
4
a
6
a
5
, c h i a hết c h o 11; 3.
Dấu hiệu chia hết cho 37
T a có
a
0
a
0
mod 37 a
0
a
0
mod 37
10 10 mod 37 10a
1
10a
1
mod 37
10
2
11 mod 37 10
2
a

2
11a
2
mod 37
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 8
10
3
1 mod 37 10
3
a
3
1a
3
mod 37
10
4
10 mod 37 10
4
a
3
10a
3
mod 37
10
5
11 mod 37 10
4
a

3
11a
3
mod 37
a
0
10a
1
10
2
a
2
10
3
a
3
10
4
a
4
10
5
a
5
10
6
a
6
10
7

a
7
10
8
a
8
10
9
a
9
10
10
a
10
10
11
a
11
10
2t
a
3t
a
0
10a
1
11a
2
a
3

10a
4
11a
5
a
6
10a
7
11a
8
a
9
10a
10
a
11
11a
3t
Bảng 1.5:
Từ bảng 1.5 ta suy ra rằng, số aa
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 37 khi tổng
dạng
a

0
a
3
a
3t
10 a
1
a
4
a
3t 1
11 a
2
a
5
a
3t 2
0 mod 37
Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có
x 10y 11z 100z10yx mod 37 zyxmod 37.
Từ đó suy ra, số a a
n
.a
n 1
a
1
a
0
c h i a hết c h o 37 khi tổng dạng
a

2
a
1
a
0
a
5
a
4
a
3
a
8
a
7
a
6
, c h i a hết c h o 37.
Ví dụ 1.1.2.2. Chứng minh rằng
a 4
4021
3
2012
c h i a hết c h o 13,
b 6
2023
8
2023
c h i a hết c h o 49,
c 220

119
69
119
69
220
69
220
119
c h i a hết c h o 102,
d 2222
5555
5555
2222
c h i a hết c h o 7.
L ờ i giải a)Ta có
4
4021
3
2012
4.16
2010
9.3
2010
4 16
2010
3
2010
mod 13
16 3 16
2009

16
2008
3 3
2009
mod 13
0 mod 13 .
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.1. Đồng dư thức 9
V ậ y , 4
4021
3
2012
c h i a hết c h o 13.
b) T a có 6
2023
8
2023
68 6
2022
6
2021
86
2020
8
2
8
2022
14M,trong
đó

M 6
2022
6
2021
86
2020
8
2
8
2022
.
Hơn nữa, M 1
2022
1
2021
1
2022
2023 số hạng
2023 0 mod 7 , hay 7 M. Từ đó
suy ra, 49 14M hay 6
2023
8
2023
c h i a hết c h o 49.
c) T a có
220 0 mod 2 220
119
69
0 mod 2 ,
119 1 mod 2 119

220
69
1 mod 2 ,
69 1 mod 2 69
220
119
1 mod 2 .
Do đó, A 220
119
69
119
69
220
69
220
119
c h i a hết c h o 2.
Tương tự ta cũng c h ứ n g minh được A c h i a hết c h o 3, 17. Vì các số 2, 3, 17 là
những số đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra A c h i a hết c h o 102.
d) T a có 2222 3 mod 7 , 3
2
2 mod 7 , 3
3
1 mod 7 . Do đó
2222
5555
3
3.1851 2
2 mod 7 .
Tương tự, ta cũng có 5555 4 mod 7 , 4

3
1 mod 7 , 4
2
2 mod 7 nên
5555
2222
4
3.740 2
2 mod 7 .
Từ đó suy ra, 2222
5555
5555
2222
0 mod 7 hay 2222
5555
5555
2222
. . .
. 7.
Ví dụ 1.1.2.3. Tìm số dư của số 1234356789
4
khi c h i a c h o 8.
L ờ i giải: Vì 82
3
nên số dư của phép c h i a 1234356789
4
c h o 8 cũng c h í n h là số
dư của 789
4
khi c h i a c h o 8. Do đó, ta có

1234356789
4
789
4
5
4
1 mod 8 .
Từ đó suy ra số dư của phép c h i a 1234356789
4
c h o 8 là 1.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.2. Phương trình đồng dư 10
1.2 Phương trình đồng dư
1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn
Định nghĩa 1.2.1. Phương trình đồng dư tuyến tính một ẩn số là phương trình
dạng ax b mod m , trong đó a, b, m Z, m 0, a 0 mod m .
Một nghiệm của phương trình là số nguyên x
0
thỏa mãn ax
0
b mod m .
Ví dụ 3, 8, 13 là những nghiệm của phương trình 6x 3 mod 15 . Số 18 cũng
là nghiệm, nhưng 18 3 mod 15 .
Mệnh đề 1.2.2. Gọi d ƯCLN a, m . Khi đó, phương trình đồng dư ax b mod m
c ó nghiệm nếu và chỉ nếu d b. Hơn nữa, nếu x
0
là nghiệm thì phương trình c ó đúng
d nghiệm không đồng dư theo môđun m.
Chứng minh. Nếu x

0
là nghiệm thì ax
0
b my
0
v ớ i mỗi số nguyên y
0
. Do đó,
ax
0
my
0
b. Ngoài ra, ta có d ƯCLN a, m suy ra d ax
0
my
0
b .
Ngược lại, giả sử db, khi đó tồn tại hai số nguyên x
,
0
, y
,
0
sao c h o d ax
,
0
my
,
0
.

Đặt c
b
d
, nhân cả hai v ế phương trình trên c h o c ta được ax
,
0
m y
,
0
c b.
Điều này suy ra x x
,
0
c là nghiệm của phương trình ax b mod m .
Tiếp theo, ta c h ứ n g minh phương trình này có đúng d nghiệm không đồng dư
theo môđun m. Thật v ậ y , giả sử x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình. Khi đó,
a x
1
x
0
0 mod m suy ra m a x
1
x
0
. Hơn nữa, ta có d ƯCLN a, m
nên đặt m

m
d
, a
a
d
ta cũng có m a x
1
x
0
suy ra m x
1
x
0
hay
x
1
x
0
km v ớ i mỗi số nguyên k.Do đó, mọi nghiệm của phương trình đều
có dạng x
0
km, k Z. Ngoài ra, do v ớ i hai số nguyên k,d luôn tồn tại hai số
nguyên q,r sao c h o k qd r , 0 r d khi đó x
1
x
0
qdm rm x
0
qm rm
nghiệm này đồng dư v ớ i nghiệm x 0rm. Điều này c h ứ n g tỏ các nghiệm không

đồng dư của phương trình là x
0
, x
0
m , , x
0
d 1 m .
Quay lại ví dụ xét ở trên, phương trình 6x 3 mod 15 có d ƯCLN 15, 3 3,
m 5, v à x
0
3 là nghiệm, các nghiệm tiếp theo là 8, 13.
Định nghĩa 1.2.3. Cho a, m là các số nguyên, m 1. Nghiệm của phương trình
đồng dư ax 1 mod m được gọi là nghịch đảo của a theo môđun m.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.2. Phương trình đồng dư 11
1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc nhất một ẩn
Định nghĩa 1.2.4. Hệ phương trình dạng
x b
1
mod m
1
x b
2
mod m
2
x b
n
mod m
n

gọi là hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn. Nếu một số nguyên x
0
là nghiệm
của hệ thì các số nguyên thuộc lớp đồng dư v ớ i x
0
theo môđun m cũng là nghiệm
của hệ,(m là BCNN của m
1
, m
2
, , m
n
).
Định lý 1.2.5 (Chinese Remainder Theorem). Giả sử mm
1
.m
2
m
t
và c á c số
m
1
, m
2
, , m
t
đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó hệ phương trình đồng dư
x b
1
mod m

1
x b
2
mod m
2
x b
n
mod m
n
c ó nghiệm duy nhất theo môđun m.
Chứng minh. Đặt n
i
m
m
i
, ta được m
i
, n
i
1. Khi đó, tồn tại số nguyên r
i
, s
i
sao
c h o r
i
m
i
s
i

n
i
1. Gọi e
i
s
i
n
i
suy ra e
i
1 mod m
i
v à e
i
0 mod m
j
, j i.
Tiếp tục đặt x
0
n
i 1
b
i
e
i
ta được x
0
b
i
e

i
mod m
i
dẫn đến x
0
b
i
mod m
i
.
V ậ y x
0
là một nghiệm của hệ. Hơn nữa, giả sử x
1
là một nghiệm khác của hệ. T a có
x
1
x
0
0 mod m
i
, i 1, 2, , n hay m
1
, m
2
, , m
n
c h i a hết c h o x
1
x

0
. Điều
này c h ứ n g tỏ x
1
x
0
mod m .
1.2.3 Ứng dụng
Ví dụ 1.2.3.1. Tìm một số c h i a hết c h o 11 nhưng khi c h i a c h o 2, 3, 5, 7 đều dư 1.
L ờ i giải: Gọi số phải tìm là x. Khi đó, ta có hệ phương trình đồng dư sau
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 12
x 0 mod 11
x 1 mod 2
x 1 mod 3
x 1 mod 5
x 1 mod 7
Đặt m 11.2.3.5.7 2310, ta có các bộsố n
i
, m
i
, r
i
, s
i
tương ứng như sau
m
i
r

i
n
i
s
i
2 578 1155 -1
3 257 770 -1
5 -277 462 3
7 -47 330 1
11 0 210 0
Bảng 1.6:
(2r 1155s 1 2r 1 1155s 2 1144s s 1, vì r nguyên nên ta chọn
s 1, , dẫn đến ta c ó c ặ p (r, s) như b ả n g (1.6).)
Áp dụng Định lý 1.2.5, ta có nghiệm của hệ trên là
x 1155 1 770 1 462 3 330 1 210.0 mod 2310 209 mod 2310 .
1.3 Các hàm số học
1.3.1 Phi hàm Ơle ϕn
Định nghĩa 1.3.1. Cho n là số nguyên dương. Phi hàm Ơle ϕ n Euler’s function ϕ n
là số các số nguyên dương không vượt quá n v à nguyên tố cùng nhau v ớ i n.
Ví dụ v ớ i n 4, ta có ϕ 4 3.
Phi hàm Ơle là hàm nhân tính, tức là v ớ i hai số m, n nguyên tố cùng nhau ta
có ϕm.n ϕ m .ϕ n . V ớ i k ế t quả này, ta có mệnh đề sau đây c h o ta cách tính
ϕ n .
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 13
Mệnh đề 1.3.2. Giả sử số tự nhiên n được phân tích thành tích c á c thừa số nguyên
tố np
α
1

1
p
α
2
2
p
α
k
k
. Khi đó
ϕ n n 1
1
p
1
1
1
p
2
1
1
p
k
.
Chứng minh. Xem [1, tr.60-61].
Mệnh đề 1.3.3. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó,
d n
ϕ
n
d
n

trong đó tổng được lấy theo mọi ước của n.
Chứng minh. Xét n số hữu tỉ
1
n
,
2
n
, ,
n
n
. Rút gọn mỗi phân số sao c h o mỗi phân số
đều tối giản. Khi đó, tất cả các mẫu số của những phân số này đều là ước của n.
Do đó, nếu d là ước của n thì có c h í n h xác ϕ d phân số có mẫu số là d. Từ đó suy
ra
d n
ϕ
n
d
n.
Định nghĩa 1.3.4. Một tập gồm ϕn số nguyên mà mỗi phần tử của tập đều
nguyên tố cùng nhau v ớ i n v à hai phần tử khác nhau của tập không đồng dư theo
môđun n được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo môđun n.
Định lý 1.3.5 (Euler’s theorem). Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên
với a, m 1. Khi đó, ta c ó a
ϕ m
1 mod m .
Chứng minh. Giả sử r
1
, r
2

, , r
ϕ
là một hệ thặng dư thu gọn theo môđun m. Khi
đó, ta có ar
1
, ar
2
, , ar
ϕ
cũng là một hệ thặng dư thu gọn theo môđun m. Do đó
ar
1
ar
2
ar
ϕ m
r
1
r
2
r
ϕ m
mod m
tức là
a
ϕ m
r
1
r
2

r
ϕ
r
1
r
2
r
ϕ
mod m .
Ngoài ra, ta có ƯCLN r
1
r
2
r
ϕ m
, m 1 nên suy ra a
ϕ m
1 mod m .
Hệ quả 1.3.6. Cho a, m là c á c số nguyên, với m0, ƯCLN a, m 1 và n, k là
hai số tự nhiên thỏa nk mod ϕ m . Khi đó
a
n
a
k
mod m .
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 14
Chứng minh. T a có n k mod ϕ m . n kt.ϕ m , t Z. Do đó,
a

n
a
k t.ϕ m
a
k
. a
ϕ m
t
a
k
mod m .
Định lý 1.3.7 (Fermat’s little theorem). Nếu p là số nguyên tố thì với mỗi số
nguyên a ta đều c ó a
p
a mod p .
Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ Định lý Euler.
Định lý 1.3.8 (Wilson’s theorem). Số nguyên n1 là số nguyên tố nếu và chỉ
nếu n 1 ! 1 mod n .
Chứng minh. Giả sử n là số nguyên tố. Nếu n 2, 3 thì định lý đúng. Nếu n 3,
thì v ớ i mỗi số nguyên a luôn tồn tại duy nhất số nguyên b sao c h o a.b 1 mod n .
T a c h ứ n g minh 2 b p 2. Thật v ậ y , theo Mệnh đề 1.2.2 v ề sự tồn tại nghiệm
của phương trình đồng dư ta có 1b p 1. Ngoài ra, nếu b 1 thì a 1.
Nếu bn 1 thì a n 1. Điều này mâu thuẫn. Do đó, các phần tử của tập
A 2, 3, , n 2 c h i a thành
n 3
2
cặp a, b như trên. Từ đó suy ra
2.3 n 2 1 mod p
hay
n 1 ! n 1 mod n 1 mod n .

Ngược lại, giả sử n1 ! 1 mod n . T a c h ứ n g minh n là số nguyên tố. Thật
v ậ y , giả sử n là hợp số, tức là n a.b trong đó 1 a b n. Khi đó a n 1 !.
Ngoài ra theo giả thiết, ta có n 1 ! 1 mod n tức là a n 1 !1 . Từ đó
suy ra a1. Điều này mâu thuẫn. V ậ y n là số nguyên tố.
Mệnh đề 1.3.9. Gọi p
t
là lũy thừa của số nguyên tố lẻ, m là số nguyên tố cùng
nhau với c ả p và p1 và a, b nguyên tố cùng nhau với p. Khi đó
a
m
b
m
mod p
t
nếu và chỉ nếu a b mod p
t
.
Chứng minh. Vì a b a
m
b
m
nên từ giả thiết là a b mod p
t
ta suy ra
a
m
b
m
mod p
t

.
Ngược lại, giả sử a
m
b
m
mod p
t
v à a, b nguyên tố cùng nhau v ớ i p ta c h ứ n g
minh ab modp
t
. Thật v ậ y , vì m nguyên tố cùng nhau v ớ i p v à p 1 nên
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 15
ƯCLN m, p 1 p
t 1
1. Do đó, tồn tại số nguyên dương k sao c h o mk 1 mod ϕ p
t
.
Từ đó suy ra
a a
mk
a
m
k
b
m
k
b mod p
t

.
1.3.2 Hàm M
¨
obius µ n
Định nghĩa 1.3.10. Hàm số học M¨obius µn là hàm c h o bởicông thức
µ n
1 nếu n 1,
0 nếu n không c h í n h phương,
1
k
nếu n là số c h í n h phương v à k là số các ước nguyên tố của n.
Mệnh đề 1.3.11. Nếu n1 thì
d n
µ d 0.
Chứng minh. Nếu n1 thì n được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố
n p
α
1
1
p
α
2
2
p
α
l
l
. Khi đó,
d n
µ d


1
, ,
l
µp

1
1
p

l
l
trong đó 
i
là 0 hoặc 1. Do
đó,
d n
µ d 1 l
l
2
l
3
1
l
l
l
1 1
l
0.
1.3.3 Hàm tổng các ước dương σn

Định nghĩa 1.3.12. Hàm số học σn là hàm nhận giá trị tại n là tổng các ước
dương của n. T a có thể viết gọn định nghĩa trên như sau
σ n
d n
d.
Hàm σn là hàm nhân tính. Nếu p là số nguyên tố thì σp p1.
Nếu σn 2n thì n được gọi là số hoàn hảo (perfect), ví dụ số 6, 28 là những
số hoàn hảo.
Định lý 1.3.13. Nếu số tự nhiên n được phân tích thành tích c á c thừa số nguyên
tố np
α
1
1
p
α
2
2
p
α
l
l
thì
σ n
l
i 1
p
α
i
1
i

1
p
i 1
.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 16
Chứng minh. T a có các ước của p
α
i
là 1, p, p
2
, , p
α
i
, nên
σ
p
p
α
i
1pp
2
p
α
i
p
α
i
1

1
1
.
Từ đó suy ra,
σ n
l
i 1
p
α
i
1
i
1
p
i 1
.
Mệnh đề 1.3.14. Nếu m là số hoàn hảo lẻ và m c ó phân tích c ơ sở m p
α
i
i
thì
1) T ồ n tại duy nhất một chỉ số i sao cho
α
i
lẻ
p
i
1 mod 4
2) V ớ i mọi ji, α
j

chẵn.
Chứng minh. T a có σ m 2m
α
i
j 1
p
j
i
2 p
α
i
i
. Suy ra, tồn tại duy nhất
một số i sao c h o α
i
lẻ v à do 2σm nên ứng v ớ i α
i
lẻ ta có p
i
1 mod 4 .
Ngoài ra, v ớ i các c h ỉ số ji ta xét σp
α
j
j
1p
j
p
2
j
p

α
j
j
. Khi đó từ
σ p
α
j
j
là số lẻ nên α
j
phải c h i a hết c h o 2.
Mệnh đề 1.3.15. n là số hoàn hảo chẵn khi và chỉ khi n2
m 1
2
m
1 , trong
đó 2
m
1 là số nguyên tố Mersene.
Chứng minh. Giả sử n 2
s
q,s 1, q 2t1, ta có
2
s 1
q σ2
s
q 2
s 1
1 σq.
Suy ra q c h i a hết c h o 2

s 1
1. Tiếp theo, ta đặt q 2
s 1
1 k.Khi đó, nếu k 1
ta có
2
s 1
k2
s 1
1 σ 2
s 1
1 k 2
s 1
1 .
Suy ra k2
s 1
σ 2
s 1
1 k k2
s 1
1 k,(mâu thuẫn) . V ậ y k 1 hay
q 2
s 1
1 v à q là số nguyên tố Mersene.
Ngược lại, giả sử n 2
m 1
2
m
1 trong đó 2
m

1 là số nguyên tố. Khi đó,
σ n σ2
m 1
σ2
m
1 2
m 1
2
m
2n.
V ậ y n là số hoàn hảo.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.3. Các hàm số học 17
1.3.4 Ứng dụng
Ví dụ 1.3.4.1. Tìm số dư trong các phép c h i a sau
a 123
345
c h i a c h o 14,
b 35
150
c h i a c h o 425, (Chọn HSGQG-Daklak-2011).
L ờ i giải: a) T a có 123 3 mod 14 , 345 3 mod 6 v à ƯCLN 123, 14 1,
ϕ 14 6 nên áp dụng Hệ quả 1.3.6 ta có
123
345
123
3
3
3

1 mod 14 .
V ậ y số dư trong phép c h i a 123
345
c h i a c h o 14 là 1.
b) Vì ƯCLN 35
150
, 425 25 nên
35
150
r mod 425 5
158
.7
150
x mod 17 .
T a có ϕ17 16, 148 6 mod 16 , ƯCLN 148, 17 1 nên suy ra
5
148
5
6
5
3 2
6
2
2 mod 17 .
Tương tự, ta cũng có
7
150
7
8
7

2 4
2
4
1 mod 17 .
Từ đó suy ra 5
158
.7
150
2 15 mod 17 hay 35
150
375 mod 425 .
V ậ y số dư khi c h i a 35
150
c h o 425 là 375.
Ví dụ 1.3.4.2. Chứng minh rằng nếu ƯCLN a, 5 1 thì a
8n
3a
4n
4 c h i a hết
c h o 100.
L ờ i giải: Đặt Aa
8n
3a
4n
4 a
4n
1 a
4n
4 . Theo công thức Euler ta
có a

4
1 mod 5 suy ra a
4n
1 mod 5 . Do đó a
4n
4 c h i a hết c h o 5 v à a
4n
1
cũng c h i a hết c h o 5, hay A c h i a hết c h o 25. Điều này dẫn đến bài toán trở thành
c h ứ n g minh A c h i a hết c h o 4. Thật v ậ y , ta viết trở lại
a
8n
3a
4n
4 a
4n
a
4n
3 4 B
v à ta xét hai trường hợp sau:
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.4. Bài tập tự luyện 18
a c h ẵ n , tức là a 2k ta có a
4n
2
4n
a
4n
. . .

. 4 suy ra B
. . .
. 4
a lẻ, tức là a 2k1 ta có
a
4n
3 2k1
4n
3
4n
k 0
4n
k
2k
4n k
.1
k
3
. . .
. 4
Từ đó suy ra a
8n
3a
4n
4 c h i a hết c h o 100.
Ví dụ 1.3.4.3. Tìm số tự nhiên n sao c h o hai số n 1 v à
n n 1
2
là hai số số hoàn
hảo.

L ờ i giải: Vì n là số tự nhiên nên n c h i a hết c h o 2 hoặc không c h i a hết c h o 2.
T r ư ớ c hết ta xét trường hợp n c h i a hết c h o 2. Khi đó:
a) V ớ i n4k,ta có n 1 4k 1 3 mod4 . Điều này mâu thuẫn
n 1 mod 4 .
b) V ớ i n4k2 ta có
n n 1
2
2k1 4k3 là số hoàn c h ỉ n h lẻ v à
n n 1
2
3 mod 4 Điều này mâu thuẫn.
T r ư ờ n g hợp tiếp theo, v ớ i n không c h i a hết c h o 2, ta có:
a) n 3k3 1,
n n 1
2
đều là số hoàn hảo c h ẵ n . Do đó n1 2
p 1
2
p
1 ,
n
2
n 1
2
q 1
2
q
1 . Ngoài ra, n 1,
n n 1
2

2 nên q 2 hoặc p 2 suy ra
n 7.
b) n 4k 1 suy ra
n n 1
2
là số hoàn hảo lẻ v à n 1 là số hoàn hảo c h ẵ n . Do đó,
n 1 2
p 1
2
p
1
n n1
2
2
2p 2
2
p 2
1 2
2p 1
2
p 1
1 .
Suy ra 2
2p 2
2
p 2
1 , hoặc 2
2p 1
2
p 1

1 là những số c h í n h phương. Điều
này mâu thuẫn.
V ậ y c h ỉ có n 7 thỏa điều kiện.
1.4 Bài tập tự luyện
Bài tập 1.4.1. Chứng minh rằng v ớ i mọi số tự nhiên n 1 ta có
a) 3
2
4n 1
2 c h i a hết c h o 11,
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

1.4. Bài tập tự luyện 19
b) 2
2
10n 1
19 c h i a hết c h o 23,
c) 2
2
6n 2
21 c h i a hết c h o 37.
Bài tập 1.4.2. Tìm số dư trong phép c h i a
a) 6
592
c h i a c h o 11,
b) 3
40
c h i a c h o 83,
c) 51200
2
100

c h i a c h o 41.
Bài tập 1.4.3. Chứng minh rằng 0, 3. 1983
1983
1917
1917
là số nguyên.
Bài tập 1.4.4. Chứng minh rằng
26
k 1
k.10
3k
, k N c h i a hết c h o 13.
Bài tập 1.4.5. Tìm các số tự nhiên n để n
n 1
n1
n
c h i a hết c h o 5.
HD: Xét n 5kr , r 0, 1, 2, 3, 4 .
Bài tập 1.4.6. Cho số nguyên a, c h ứ n g minh rằng a
2
1 không có ước nguyên tố
dạng 4k 3, từ đó suy ra các phương trình sau không có nghiệm nguyên dương.
a 4xy x y z
2
,
b x
2
y
3
7.

Bài tập 1.4.7. Cho k,t là các số tự nhiên lớn hơn 1. V ớ i giá trị nào của k thì v ớ i
mọi số tự nhiên n ta luôn có
n
k
n mod 10
t
n
2
n mod 10
t
.
Bài tập 1.4.8. Cho n là số tự nhiên, p là số nguyên tố, n p. Chứng minh rằng
n
p
n
p
mod p ,
trong đó x là phần nguyên của x.
Bài tập 1.4.9. Giả sử p là số nguyên tố có dạng 3n 2. Chứng minh rằng không
tồn tại số nguyên x sao c h o x
2
3 c h i a hết c h o p.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN
TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI
2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic
Bài toán 2.1.1 (CHINA, 2004). Hãy xác định ba c h ữ số tận cùng của số n v ớ i
n 3 7 11 15 2011. (2.1)

L ờ i giải: Dễ thấy rằng n là số lẻ. Gọi x là 3 c h ữ số tận cùng của n. Khi đó
n x mod 1000 . Vì 15, 35, 55 là 3 số hạng trong tích (2.1) nên n c h i a hết c h o
125, v à 1000=125.8 ta suy ra x cũng c h i a hết c h o 125. Do đó, x c h ỉ có thể là những
số 125, 375, 625, 875.
Từ đó suy ra, 1000 n x 8 n x n x mod 8 . Tiếp theo lấy môđun
8 các số hạng của n ta được
n 3 4.13 4.23 4.502 3 3.7 3.7 3.7 3
251 cặp
.3 5.5 5
251 cặp
.3 mod 8
1.1 1
125 cặp
.5.3 7 mod 8
Hơn nữa, trong các số 125, 375, 625, 875 c h ỉ có duy nhất số 375 là đồng dư v ớ i
7 theo môđun 8 nên 375 là 3 c h ữ số tận cùng của n.
Bài toán 2.1.2. (IMO-1964). a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao c h o 2
n
1
c h i a hết c h o 7.
b) Chứng minh rằng không có số tự nhiên n nào để 2
n
1 c h i a hết c h o 7.
L ờ i giải: Vì n là số nguyên dương nên ta xét các trường hợp của n như sau:
V ớ i n 3k,k Z ta có
2
n
1 2
3 k
1 1

k
1 0 mod 7 .
Do đó, v ớ i n là bộicủa 3 thỏa y ê u cầu bài toán.

2.1. Các bài toán trong các kỳ thi Olympic 21
V ớ i n 3kr , k Zr 1, 2 ta có
2
n
1 2
3k
.2
r
1 2
r
1
1 mod 7 , r 1
3 mod 7 , r 2
Từ đó suy ra, n 3k,k Z ta luôn có 7 2
n
1 .
b) Theo trên ta có 2
n
1, 2, 4 mod 7 v ớ i mọi số tự nhiên n. Do đó 2
n
1 0 mod 7
v ớ i mọi số nguyên dương n.
Bài toán 2.1.3. (MOSCOW-1982). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao c h o n.2
n
1
c h i a hết c h o 3.

Hướng dẫn: Xét số tự nhiên n dạng n 6kr , k Z, 0 r k.
Bài toán 2.1.4. (Olympic10-30/4-2008) Tìm tất cả các số nguyên dương m thỏa
điều kiện
a, b Z, a
2
b
2
mod m a mod m (2.2)
L ờ i giải: T r ư ớ c hết, nhận thấy rằng nếu m1 hoặc m là số nguyên tố thì v ớ i
mọi a, b Z, a
2
b
2
mod m a b mod m . Thật v ậ y ,
Nếu m 1 thì (2.2 ) đúng.
Xét m là số nguyên tố, v ớ i a, b Z thỏa a
2
b
2
mod m . T a có
a b ab a
2
b
2
0 mod m ,
điều này suy ra a b
. . .
. m hoặc ab
. . .
. m. Do đó, a b mod m .

Tiếp theo, ta xét v ớ i m1 v à m không nguyên tố, ta c h ứ n g minh số m
cần tìm là m2p trong đó p là số nguyên tố lẻ. Thật v ậ y , giả sử (2.2) đúng.
Vì m là số nguyên tố lẻ nên ta có mx.y, x, y 1, đặt a xy, b x y.
Khi đó ta có a
2
b
2
4xy 4m modm suy ra, a b modm hay
2y a b mod m , hoặc 2x ab mod m . Do đó 2x
. . .
. m hoặc 2y
. . .
. m v ớ i
m xy, suy ra, x 2 hoặc y 2 hay m 2n, n 1. Hơn nữa, nếu n là hợp
số thì n k.tsuy ra m 2kt,k,t 1 theo trên ta suy ra t 2 hay m 4k mâu
thuẫn v ớ i (2.2), (Chọn a2k,b 0). V ậ y n p là số nguyên tố. Hơn nữa, nếu
p 2 thì m 4 (2.2) không thỏa. V ậ y p là số nguyên tố lẻ.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

2.2. Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 22
Ngược lại, giả sử m2p v ớ i p là số nguyên tố lẻ. Khi đó, theo giả thiết ta có
a
2
b
2
. . .
. 2p suy ra a b ab
. . .
.2, v à a b ab
. . .

.p. Do đó a b
. . .
. 2p, ab
. . .
. 2p
hay a b mod m .
V ậ y v ớ i m 1, m 2p hoặc m nguyên tố là những giá trị cần tìm.
2.2 Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia
Bài toán 2.2.1. (HSGQG-1975) Tìm tất cả các số hạng của cấp số cộng 1, 18, 37, ,
có các c h ữ số đều là c h ữ số 5.
L ờ i giải: T a có số hạng đầu của cấp số cộng là a
1
1 v à công sai d 19 nên số
hạng tổng quát là a
n
19n 20, n 1. Do đó, bài toán trở thành tìm tất cả số n
thỏa
19n 20 55 5
k số
5.
10
k
1
9
, k 1
Điều này tương đương v ớ i 5.10
k
4 mod 19 , hay
5.10
k

15 mod 19 10
k
3 mod 19 .
Ngoài ra, ta có
10
0
1, 10
1
10, 10
2
5, 10
3
12, 10
4
6, 10
5
3, 10
6
11, , 10
18
1.
Suy ra 10
18l 5
3 mod 19 , l 0, do đó suy ra số k cần tìm có dạng k 18l5.
Ngược lại, Nếu k 18l5 ta có 10
k
3 mod 19 . Do đó, 5.10
k
4 mod 19
tức là 5.10

k
19s 4 5. 10
k
1 19s 9, v ớ i mỗi số nguyên s. Từ đây, nhận
thấy rằng v ế trái của biểu thức trên c h i a hết c h o 9, do đó v ế phải của nó cũng c h i a
hết c h o 9, tức là s 9r . Khi đó ta có
19r 1 5.
10
k
1
9
55 5
k số
.
Từ đó suy ra, các số hạng cần tìm của dãy có dạng 55 5
18l 5 số
v ớ i mỗi số tự nhiên l.
Bài toán 2.2.2. (HSGQG-1987) Cho hai dãy x
n
, y
n
xác định bởi
x
0
365, x
n 1
x
n
x
1986

n
1 1622, n 0,
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk

2.2. Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia 23
y
0
16, y
n 1
y
n
y
3
n
1 1952, n 0.
Chứng minh rằng x
n
y
k
0, k,n 1.
L ờ i giải: Dễ thấy rằng x
n
, y
n
là những số nguyên dương.
T a có y
1
y
0
y

4
0
1952 63584 32.1987 do đó, y
1
y
0
mod 1987 . Ngoài
ra, ta có y
2
y
1
y
4
1
1952 y
4
0
1952 mod 1987 0 mod 1987 nên suy ra
y
2
y
1
mod 1987 . Tương tự, ta c h ứ n g minh được
y
k
y
0
mod 1987 , k 1.
Mặt khác, đối v ớ i dãy x
n

ta cũng có
x
1
x
0
x
1987
0
1622 365
1987
365 1987.
Nhưng theo định lý F e r m a t nhỏ ta có 365
1987
365 mod 1987 suy ra
x
1
x
0
mod 1987
Hơn nữa,
x
2
x
1
x
1987
1
1622 x
1987
0

1622 0 mod 1987.
Do đó,
x
2
x
0
mod 1987 .
Tương tự, ta c h ứ n g minh được
x
n
x
0
mod 1987 365 mod 1987 , n 1.
Từ đó suy ra, v ớ i mọi k,n 1 ta luôn có y
k
x
n
0. (Vì 365 v à 16 không đồng
dư theo môđun 1987).
Bài toán 2.2.3. (HSGQG-1999B) Cho hai dãy x
n
, y
n
xác định bởi:
x
1
1, y
1
2, x
n 1

22y
n
15x
n
, y
n 1
17y
n
12x
n
, n 1.
1. Chứng minh rằng các số hạng của cả hai dãy x
n
, y
n
đều khác không, v à
có v ô hạn số hạng dương v à v ô hạn số hạng âm.
2. Hỏi số hạng thứ 1999
1945
của hai dãy có c h i a hết c h o 7 không? Giải thích.
Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk