skkn ứng dụng hệ thặng dư module m cho học sịnh chuyên toán

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 1























SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ MODULE M
ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN



Người thực hiện: Nguyễn Hồng Lữ
Lĩnh vực nghiên cứu:
Phương pháp dạy học bộ môn: Số học chuyên


Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác


Năm học: 2013 - 2014


SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai

Trang : 2


I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Hồng Lữ
2. Ngày tháng năm sinh: 23 tháng 8 năm 1956
3. Nam, nữ: nam
4. Địa chỉ: 712 Phạm Văn Thuận Khu 7 Tam Hiệp Biên Hòa Đồng nai
5. Điện thoại: 0983553175
6. Chức vụ: Giáo viên
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: cử nhân khoa học
- Năm nhận bằng: 1981
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy toán học
Số năm có kinh nghiệm: 37 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
 Cực trị trong hình học phẳng
 Cực trị trong hình học không gian.
 Bất đẳng thức trong tam giác
 Số chính phương
 Một số vấn đề giảng dạy số học cho HSG
 Một số nguyên lí chung của Toán học

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 3

Tên SKKN :
ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ MODULE M
ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Do bản thân đang dạy toán tại Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh cho các
em học sinh chuyên toán , lại được tổ Toán phân công phụ trách phân môn Số học
nên việc nghiên cứu sâu vào lí thuyết số là điều bắt buộc phải hoàn thành nhiệm vụ
Những người làm toán chuyên tất nhiên hiểu sự khó khăn của việc giải các bài
toán số học trong các kì thi Olympic Toán học cũng như trong các kì thi HSG
Sách giáo khoa dạy cho lớp chuyên không có , bản thân các thầy cô giáo dạy
chuyên toán và kể cả các học sinh chuyên toán gặp rất nhiều khó khăn trong việc
thiết kế phân loại bài tập và biên soạn tài liệu về các phương pháp giải toán đỉnh
cao
Trong bối cảnh tài liệu tham khảo cho học sinh về chuyên ngành SỐ HỌC còn
gặp nhiều hạn chế và thiếu tính thống nhất , tôi tự thấy có trách nhiệm biên soạn
các chuyên đề về Lí thuyết số để giảng dạy ở các lớp chuyên toán .
Đề tài này ra đời trong hoàn cảnh như vậy !


II-TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

A-Kiến thức liên quan:

Để đọc và hiểu được đề tài này bạn cần có những kiến thức sau :
● Kiến thức vế tập thương
● Lí thuyết về hệ thặng dư module m
● Lí thuyết về hệ thặng dư đầy đủ module m
● Lí thuyết về hệ thặng dư thu gọn module m
● Một số đề thi quốc gia , quốc tế liên quan
● Một số bài tập dành cho học sinh tự giải


SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 4

B-NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
HỆ THẶNG DƯ
(Set of Residues)
A: Khái niệm tập thương và các lớp thặng dư theo modulo m:
● Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m (m ≥ 2) thì theo định
lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0  r ≤ m – 1 ) .
● Ta sắp xếp các số nguyên có cùng số dư khi chia cho m vào cùng một tập hợp : Cụ thể là ta kí
hiệu
 
[ ] | (mod ); 0 1
m
k x Z x k m k m     
; mỗi tập [k]
m
được gọi là lớp thặng dư thứ k

theo modulo m , nói vắn tắt là lớp thặng dư thứ k modulo m. Vì vậy tập hợp các số nguyên Z sẽ
được phân hoạch thành các tập con khác rỗng ; không giao nhau (tập thương) và có :
1
0
[]
m
m
k
Zk



.
● Ta nói a;b cùng lớp thặng dư modulo m nếu và chỉ nếu a

b (mod m) .
● Ta cũng kí hiệu
n

(xin đọc là Z modulo n) là tập hợp tất cả các lớp thặng dư modulo n (mỗi
phần tử của
n

là một lớp thặng dư modulo n) :
 
[0] ;[1] ; ;[n 1]
n n n n
  

● Nếu không gây nhầm lẫn ta chỉ cần viết tắt

 
k
m
a
để chỉ một hệ thặng dư theo modulo m
● Cho
[]
mm
k 
, Nếu (k,m) = 1 thì ta nói [k]
m
là lớp thặng dư nguyên tố với m
B: Tính chất cơ bản của lớp thặng dư :
Tính chất 1: Cho số nguyên dương m ; số nguyên a . Khi đó tồn tại duy nhất một lớp thặng dư
modulo m chứa a
Tính chất 2: Cho số nguyên dương m ; với các số nguyên a , b tùy ý ta có :
1/ [a]
m
= [b]
m


a ≡ b (mod m)
2/
[ ] [ ]
mm
a b a b   
(mod m)
Tính chất 3: Mỗi lớp thặng dư modulo m chứa vô hạn số nguyên .

C : Hệ thặng dư đầy đủ (Complette set of residues modulo m):
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 5

1-Định nghĩa : Cho số nguyên dương m . Giả sử :
1
0
[]
m
m
k
Zk



([k]
m
là lớp thặng dư thứ k theo
modulo m). Lấy ; a
k

[ ] : 0;1;2; ; 1
m
k k m  
. Tập {a
0
; a

1
; a
2
;….;a
m-1
} gọi là một hệ thặng dư
đầy đủ theo modulo m.
● Ta có thể viết tắt : H
dd
= {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
}; hoặc
 
1
m
i
i
hdd s

để chỉ một hệ thặng dư đầy đủ
theo modulo m.
● Ta gọi hệ : H
dd
= {0;1;2; ; m-1} là hệ hặng dư đầy đủ không âm bé nhất

● Nếu m lẻ thì hệ :
1 1 1
; 1; ;
2 2 2
m m m  

  


là hệ hặng dư đầy đủ có giá trị tuyệt đối nhỏ
nhất Nếu m chẵn thì hệ :
2 2 2 2
; 1; 2; ; ;
2 2 2 2 2
m m m m m   

    


là hệ hặng dư đầy đủ
có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất
● Mỗi hệ hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m có đúng m phần tử
Ví dụ 1: Tập hợp {0;1;2;3;4;5;6;7} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 8. Tập hợp {-16;9; -6 ; 11
; -12 ; 45 ; -26 ; 87} cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 8 . Tập hợp {0;1;2; ;7} là hệ thặng
dư đầy đủ không âm bé nhất . Tập hợp {-3 ; -2 ; -1 ; 0;1;2;3;4} là hệ thặng dư đầy đủ có giá trị
tuyệt đối nhỏ nhất
Ví dụ 2: Tập hợp {0;1;2;3;4} là một hệ thặng dư đầy đủ modulo 5 đồng thời là hệ thặng dư đầy
đủ không âm bé nhất . Tập hợp : { -2 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 2 } là hệ thặng dư đầy đủ có giá trị tuyệt đối
nhỏ nhất
2-Các tính chất :

Tính chất 1: Tập {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} là một hệ thặng dư đầy đủ

với i ≠ j thì
ij
aa
mod m
Tính chất 2: Cho hệ H
dd
= {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
x
thì tồn tại duy nhất một
k dd
aH
sao cho

k
xa
(mod m)
Tính chất 3: Cho hệ H
dd
= { a
1
; a
2
;….;a
m
} Khi đó : Tồn tại duy nhất a
k
( 1 ≤ k ≤ m) sao cho :
1
1
m
i
i
k
a
a


không chia hết cho m
Tính chất 4: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a
0
; a
1
; a

2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
x
thì
 
0 1 1
; ; ;
m
a x a x a x

  
cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 6

Tính chất 5: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a
0
; a
1
; a
2
;….;a
m-1
} Khi đó với mỗi
c

và
(c;n) = 1 thì
 
0 1 1
;c ; ;c
m
ca a a

cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
Tính chất 6: Cho hệ thặng dư đầy đủ modulo m {a
0
; a
1
; a
2
;….; a
m-1
} Cho b, c là hai số
nguyên (b; m) =1 ;. Khi đó :
 
0 1 1
;b ; ;b
m
ba c a c a c

  
là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
(Tính chất này xem là hệ quả của hai tình chất 3,4 ở trên)
Tính chất 7: Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo n : (a
k

)
m
; (b
k
)
m
. Khi n chẵn thì (a
k
+b
k
)
không là hệ thặng dư đầy đủ . Khi n lẻ thì (a
k
+b
k
) có thể là hệ thặng dư đầy đủ hoặc cũng có
thể không là hệ thặng dư đầy đủ .
Ví dụ : Với n = 3 . Ta xét các là hệ thặng dư đầy đủ : A={1,2,3} ; B={4,5,6} ; C={5,4,6} ta có
A+B = {5,7,9} là hệ thặng dư đầy đủ ; A+C = {6;6,9} không là hệ thặng dư đầy đủ
Tính chất 8: Cho a; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m .Khi đó : ax + c sẽ chạy
qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m
Tính chất 9: Cho (a;b) = 1 ; c  Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ
thặng dư đầy đủ modulo b .Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo ab
Tính chất 10: Cho : a ; bZ ; (a;m) =1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo m .Khi
đó ta luôn có :
1
2
xT
ax b m
m








. (kí hiệu {x} là phần phân của số thực x)
D : Hệ thặng dư thu gọn (Reduced set of residues modulo m):
1-Định nghĩa : Cho hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m
 
k
m
a
; Tập hợp gồm tất cả các số thuộc
 
k
m
a
và nguyên tố cùng nhau với m thì được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo m
Nói khác đi : Bạn gạch bỏ các số thuộc hê thặng dư đầy đủ mà số đó có ước chung khác 1 với
modulo m thì bạn thu được một hệ thặng dư thu gọn modulo m .Điều này giúp ta nhớ tới định
nghĩa về phi-hàm Euler : Số phần tử của một hệ thặng dư thu gọn không âm bé nhất modulo m sẽ
bằng giá trị φ(m)
● Ta sẽ viết tắt : H
tg
 
1 2 ( )
;s ; ;s
m

s

hoặc
 
()
1
m
i
i
htg s


để ám chỉ một hệ thặng dư thu gọn modulo
m
Ví dụ 1: {1;3;5;7} là hệ thặng dư thu gọn modulo 8 đồng thời là hệ thặng dư thu gọn không âm
bé nhất . { -3 ; - 1 ; 0 ; 1 ; 3 } là hệ thặng dư thu gọn có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất
Ví dụ 2: Với số nguyên tố p bất kì thì tập hợp {1;2; ; p-1} là một hệ thặng dư thu gọn modulo p
2-Các tính chất quan trọng :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 7

Tính chất 0: Một tập gồm n số nguyên : A =
 
12
;s ; ;s
n
s

là hệ thặng dư thu gọn modulo m
nếu thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :
1) Với i ≠ j (1 ≤ i ; j ≤ n) thì
ij
ss
(mod m)
2) n= φ(m)
Tính chất 1: Số phần tử trong một hệ thặng dư thu gọn modulo m là (m)
Tính chất 2: Nếu (a;m) =1 ; x chay qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m thì ax cũng chạy
qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Tính chất 3: Cho (a;b) = 1 ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư
thu gọn modulo b .Khi đó : ax + by sẽ chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo ab .
Tính chất 4: Cho : a;bZ ; (a;m) =1 ; mN ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo m .Khi đó
ta luôn có :
()
2
xT
ax b m
m









Tính chất 5: Giả sử rằng :
 

1 2 ( )
;s ; ;s
m
s

là hệ thặng dư thu gọn modulo m .Khi đó tập hợp
 
1 2 ( )
; ; ;
k k k
m
s s s

là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu và chỉ nếu
 
; ( ) 1km



Lưu ý : Các học sinh sẽ tự chứng minh các tính chất trên xem như bài tập vận dụng định nghĩa!
MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Cho m là số nguyên dương lẻ và m ≥ 3 . CMR : Tập A ={2;4;6; ; 2m} là một hệ
thặng dư đầy đủ modulo m
Chứng minh : Ta c/m không có 2 số nào trong A đồng dư theo modulo m (*) Dùng phản chứng
: Giả sử với 1≤ i < j ≤ n mà có 2i≡ 2j (mod m) (1) ; do m lẻ => (2,m) = 1 nên từ (1) => i ≡ j (mod
m) điều này trái với 1≤ i < j ≤ n Mặt khác A có m phần tử (**) . Từ (*)(**) => đpcm
Ví dụ 2: CMR : Để tồn tại 3 tập :
 
k
m

a
;
 
k
m
b
và
 
kk
m
ab
đều là hệ thặng dư đầy đủ
modulo m

m là số nguyên dương lẻ
Giài : Điều kiện cần : Vì
 
k
m
a
;
 
k
m
b
và
 
kk
m
ab

đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m =>
1
( 1)
1 2
2
m
i
i
mm
am


    

(mod m) (1) ;
1
( 1)
1 2
2
m
i
i
mm
bm


    

(mod m) (2) ;
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai

Trang : 8

 
1
( 1)
1 2
2
m
ii
i
mm
a b m


     

(mod m) (3) . Cộng (1)(2) theo vế ta có
 
1
( 1)
m
ii
i
a b m m

  


≡ 0 (mod m) (4) Từ (3)(4) =>
( 1)
0
2
mm

(mod m) => m + 1 chia hết
cho m => m lẻ
Điều kiện đủ : Giả sử m lẻ . Ta chọn
ii
a b i
với mọi
i
(1≤ i ≤m) => 3 tập :
 
k
m
a
;
 
k
m
b
và
 
kk
m
ab
đều là hệ thặng dư đầy đủ modulo m (dựa vào kquả bài 5)
Ví dụ 3: CMR : Nếu m là số nguyên dương ; m ≥ 3 thì tập S =

 
2 2 2 2
1 ;2 ;3 ; ;m
không là một
hệ thặng dư đầy đủ modulo m
Chứng minh : Ta thầy
22
1 ( 1)m
;
22
2 ( 2)m
; => đpcm
Ví dụ 4: Cho số nguyên tố p thỏa : p ≥ 5 ; p ≡ 2 (mod 3) . CMR : Tập H = {2
3
- 1 ; 3
3
- 1 ; 4
3
- 1
; ; p
3
- 1 } lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo p
Chứng minh : Ta thấy tập H có (p – 1 ) phần tử , hay số phần tử của H bằng φ(p) Ta phải chứng
minh hai điều :
i) Mọi phần tử trong H đều nguyên tố cùng nhau với p
ii) Hai phần tử bất kì trong H không đồng dư với nhau theo modulo p
CM i): Ta c/m mọi phần tử của H không chia hết cho p bằng phản chứng : Giả sử tồn tại a (2 ≤ a
≤ p) sao cho a
3
– 1 chia hết cho p => a

3
≡ 1 (mod p) (1) Nếu a = p thì từ (1) => 1 chia hết cho p :
vô lí => 2≤ a ≤ p – 1 (*) ; theo Fermat có : a
p-1
≡ 1 (mod p) (2) Vì p ≡ 2 (mod 3) => p = 3k + 2
nên từ (2) có a
3k+1
≡ 1 (mod p) (3) . Từ (1) => a
3k
≡ 1 (mod p) => a
3k
.a ≡ a (mod p) hay a
3k+1
≡
a (mod p) (4) Từ (3)(4) => a ≡ 1 (mod p) => a – 1 chia hết cho p => hoặc a = 1 hoặc a-1 ≥ p =>
hoặc a = 1 hoặc a ≥ p+1 : điều này trái với (*)
CM ii) : Phản chứng : Giả sử có 2 phần tử trong H đồng dư với nhau theo modulo p ; tức là tồn
tại a,b thỏa 2≤ a < b ≤ p-1 sao cho a
3
– 1 ≡ b
3
– 1 (mod p) => a
3
≡ b
3
(mod p) => a
3k
≡ b
3k
(mod

p) => a
3k+1
≡ b
3k
a (mod p) (5). Theo Fermat có : a
p-1
≡ 1 (mod p) ; b
p-1
≡ 1 (mod p) => a
p-1
≡ b
p-1

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 9

(mod p) => a
3k+1
≡ b
3k+1
(mod p) (6) Từ (5)(6) => b
3k
a ≡ b
3k+1
(mod p) => a ≡ b (mod p) : điều
này không xảy ra
Ví dụ 5: Cho số nguyên tố p . Xét hai hệ thặng dư đầy đủ :

 
12
; ; ;
p
r r r
và
 
12
;s ; ;s
p
s

modulo p . Liệu tập hợp
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
có là một hệ thặng dư đầy đủ không ?
Lời giải : Giả sử
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
là htdđđ mod p =>
i i k k
rs r s
(mod p) với i≠k (1).
Ta giả sử tồn tại k ; i (1≤ k ; i ≤ p) sao cho r

i
≡ 0 ≡ s
k
(mod p) => r
i
s
i
≡ 0 ≡ r
k
s
k
(mod p) (2) , Nếu
i ≠ k thì từ (2) =>
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
không là htdđđ mod p ( mâu thuẫn (1)) nên i = k , không mất
tính tổng quát ta giả sử i = k = p và như thế thì
0
pp
rs 
(mod p) =>
 
1 1 2 2 1 1
;r s ; ;r s
pp
rs


là htdtg
mod p =>
1
1
p
ii
i
rs



= 1.2.3 (p-1) = (p-1)! (3) . Theo định lí Willson có (p-1)! ≡ - 1 (mod p) (4) .
Từ (3) và (4) =>
1
1
1
p
ii
i
rs




(mod p) (5) . Mặt khác do r
p
≡ 0 ≡ s
p
(mod p) nên
 

1 2 1
; ; ;
p
r r r


và
 
1 2 1
;s ; ;s
p
s

là các htdtg modulo p =>
11
11
pp
ii
ii
rs




= 1.2.3 (p-1) = (p-1)! ≡ - 1 (mod p)
=>
1
1
p
ii

i
rs



=
11
11
.
pp
ii
ii
rs



≡ (-1)(-1) = 1 (mod p) (6) . Ta thấy (5) mâu thuẫn với (6) . Mâu thuẫn đó
chứng tỏ rằng : tập hợp
 
1 1 2 2
;r s ; ;r s
pp
rs
không là một hệ thặng dư đầy đủ
Ví dụ 6: CMR : Tập hợp A =
 
0 1 2 15
0;3 ;3 ;3 ; ;3
lập thành một hệ thặng dư đầy dủ modulo 17
Chứng minh : Ta cần chứng minh : Với i≠j (0≤ i <j ≤15) thì

33
ij

(mod 17) .Phản chứng :
Giả sử Với i≠j (0≤ i <j ≤15) thì
33
ij

(mod 17)
31
ji

(mod 17) (1). Giả sử :
17
3ord h
;
từ (1) => j-i chia hết cho h (2) .Theo Fermat có
16
31
(mod 17) ; => h|16 =>
 
1;2;4;8;16h
;
để ý : 3
1
≡ 3 (mod 17) ; 3
2
≡ 9 (mod 17) ; 3
4
≡ -4 (mod 17) ; 3

8
≡ -1 (mod 17) =>
17
3 16ord 
(3)
Từ (2)(3) => (j-i) chia hết cho 16 : điều này vô lí vì
1 15ji  

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 10

Bình luận : Từ bài toán trên ta bài tập hệ quả : “ Phương trình 3
x
= 17y có vô số nghiệm nguyên
(x,y) “
Ví dụ 7: (Định lí Euler) : Cho các số nguyên dương a , m thỏa : m ≥ 2 ; (a,m) = 1 . Khi đó ta có
:
()
1
m
a


(mod m)
Chứng minh : Xét hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất
 
1 2 ( )

;g ; ;g
m
g

. Vì (a,m) = 1 =>
 
1 2 ( )
;ag ; ;ag
m
ag

cũng là một hệ thặng dư thu gọn . Chọn
i
c
cùng lớp thặng dư với
i
ag

 
1, (m)i


sao cho
01
i
cm  
=>
 
1 2 ( )
;c ; ;c

m
c

là hệ thặng dư thu gọn không âm nhỏ nhất
. Vì cả hai hệ :
 
1 2 ( )
;g ; ;g
m
g

và
 
1 2 ( )
;c ; ;c
m
c

đều là hệ thặng dư thu gọng không âm nhỏ
nhất =>
( ) ( )
11
mm
ii
ii
gc





(1) . Vì
i
c
cùng lớp thặng dư với
i
ag
.
ii
a g c
(mod m) =>
( ) ( )
11
.
mm
ii
ii
a g c




(mod m) hay
( ) ( )
()
11
.
mm
m
ii
ii

a g c





(mod m) (2) Từ (1) (2) =>
()
1
m
a


(mod m)
: đpcm.
Ví dụ 8 : Cho hai số nguyên dương m
1
; m
2
nguyên tố cùng nhau : (m
1
; m
2
) = 1 . Kí hiệu φ(m)
là giá trị phi-hàm Euler của m . CMR :
     
1 2 1 2
m m m m
  


(tính chất nhân của phi-hàm)
Chứng minh : Đặt m = m
1
.m
2
. Giả sử A =
 
1
()
1
m
i
i
htg a


; B =
 
2
()
1
m
i
i
htg b


. Xét số nguyên
dương a tùy í sao cho (a;m) = 1 => a


một hệ thặng dư thu gọn C modulo m . Vì (a;m) = 1 =>
(a;m
1
) = 1 và (a;m
2
) = 1 =>
i
aA
sao cho a ≡ a
i
(mod m
1
) ;
j
bB
sao cho a ≡ b
j
(mod m
2
)
Từ đây suy ra : Mỗi phần tử a

hệ thặng dư thu gọn C modulo m sẽ tương ứng với cặp số
 
;
ij
ab

Ngược lại : với cặp số
 

;
ij
ab
thì theo định lí phần dư Trung Hoa tồn tại duy nhất một lớp thặng
dư mod m chứa a và thỏa a≡a
i
(mod m
1
) ; a≡b
j
(mod m
2
)
Vậy có tương ứng 1-1 giữa số a và cặp số
 
;
ij
ab
=> số phần tử của C bằng tích các số phần tử
của A và B => φ(m) = φ(m
1
).φ(m
2
)
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 11

Ví dụ 9: Cho đa thức
( ) ( 1) 1
p
T x p x x   
trong đó p là một số nguyên tố lẻ cho trước. CMR
: Tồn tại vô hạn số nguyên dương a sao cho T(a) chia hết cho p
p
.
Chứng minh : Xét tập A =
 
1;2; ;
p
p
; lấy 2 phần tử khác nhau u , v trong A . Ta thấy rằng : 0
< |u – v| < p
p
=>
0uv
(mod p
p
) hay
uv
(mod p
p
) (1) Ta sẽ chứng minh :
( ) ( )T u T v
(mod p
p
) bằng phản chứng : Giả sử :
( ) ( )T u T v

(mod p
p
) =>
 
( 1) ( )
pp
p u v u v   
≡ 0 (2)
(mod p
p
) =>
 
( 1) ( )
pp
p u v u v   
≡ 0 (mod p) (3) Theo định lí Fermat nhỏ thì
p
uu
(mod
p) ;
p
vv
(mod p) =>
pp
u v u v  
(mod p) =>
 
( 1) ( 1)( )
pp
p u v p u v    

(mod p) =>
 
( 1) ( ) ( 2)( )
pp
p u v u v p u v      
(mod p) (4) Từ (3)(4) => (p-2)(u-v) ≡ 0 (mod p) (5) ; để
ý rằng do p là số nguyên tố lẻ nên (p-2;p) = 1 vì thế từ (5) => u – v ≡ 0 (mod p) => u ≡ v (mod p)
(6) Từ (2) =>
1
1
0
( ) ( 1) 1 0
p
p k k
k
u v p u v





   





(mod p
p
) (7) Từ (6) => v

k
≡ u
k
(mod p) =>
11
.
p k k p
u v u
  

(mod p) =>
1
11
0
.
p
p k k p
k
u v pu

  



(mod p) =>
1
1
0
( 1)
p

p k k
k
p u v








≡
1
( 1)
p
p pu



(mod p) =>
1
1
0
( 1) 1
p
p k k
k
p u v









≡
1
( 1) 1
p
p pu


(mod p) (8) Vì : p là số nguyên tố và
1
( 1) 1
p
p pu


không chi hết cho p nên từ (*) =>
1
1
0
( 1) 1
p
p k k
k
p u v









không chia hết cho p
=>
1
1
0
( 1) 1; 1
p
p k k
k
gsd p u v p





  





=>
1

1
0
( 1) 1; 1
p
p k k p
k
gsd p u v p





  





(9) Từ (7)(9) =>
u ≡ v (mod p
p
) (10) > Ta thấy (10) mâu thuẫn với (1) =>
( ) ( )T u T v
(mod p
p
) => Tập B =
 
(1); (2); ;T(p )
p
TT

lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo p
p
=> Tồn tại lớp thặng dư
 
()Tk

(với
()T k B
) sao cho T(k) ≡ 0 (mod p
p
) => đpcm.
Ví dụ 10 : Cho m là số nguyên dương sao cho m ≡ 1 (mod 8) . Xét m số nguyên không âm
 
1
m
i
i
a

đôi một khác nhau . CMR : Tồn tại bốn số a
h
; a
k
; a
p
; a
q
sao cho
2
(mod )

h k p q m
a a a a C  

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 12

Chứng minh : Kí hiệu S =
 
12
; ; ;
m
a a a
Giả sử ngược lại : Không tồn tại bộ bốn số (a
h
; a
k
;
a
p
; a
q
) nào trong S sao cho
2
(mod )
h k p q m
a a a a C  
, nghĩa là : với bộ bốn số (a

h
; a
k
; a
p
; a
q

) bất kì trong S thì
2
(mod )
h k p q m
a a a a C  
(1) . Xét tập hợp H :
 
i j i j
H a a a a S   
;
thấy rằng H có
2
m
C
phần tử ; kết hợp (1) ta suy ra rằng : H là một hệ thặng dư đầy đủ modulo
2
m
C

Gọi T là tổng các phần tử của H =>
 
22

0 1 2 1 (mod )
mm
T C C     
(2) . Để í rằng : 1 + 2 +
+
2
( 1)
m
C 
=
 
22
1 1 1
2
mm
CC

  

=
 
22
1.
2
mm
CC
Từ giả thiết : m ≡ 1 (mod 8) => m = 8k + 1
=>
2
( 1) 8 (8 1)

4 (8 1)
22
m
m m k k
C k k

   
=>
 
22
1.
2
mm
CC
là số lẻ . Từ (2) thấy : T ≡ số lẻ
(mod số chẵn) => T : lẻ (3) . Mặt khác : T = (m-1).
 
12

m
a a a  
= 8k
 
12

m
a a a  
= số
chẵn (4) Ta thấy (3)mâu thuẫn với (4) => đpcm
Chú ý : Để giúp các em học sinh có thể hình dung ra tầm quan trọng của việc sử dụng kiến

thức về hệ thặng dư module m trong việc giải các bài toán số học trong các kì thi Olympic Toán
quốc tế (IMO) tôi xin trình bày dưới đây một số ví dụ đặc sắc hơn . Cụ thể là :
Ví dụ 11: (Estonia 2000) CMR : Không thể chia một tập hợp gồm 18 số nguyên dương liên tiếp
thành hai tập hợp A,B rời nhau sao cho tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B.
Chứng minh : Giả sử có thể chi tập S = {n ; n+1; ; n+17} thành 2 tập hợp A,B rời nhau sao
cho :
a A b B
ab



. Xét tập hợp tất cả các lớp thặng dư modulo 19 :
19

(để ý 19 là số nguyên tố
và S có 18 phần tử) nên xảy ra hai khả năng :
Khả năng 1 : Trong S có đúng một số chia hết cho 19 => số này chỉ thuộc A hoặc B => có một
trong 2 tích số
;
a A b B
ab


chia hết cho 19 =>
a A b B
ab



=> trái đề ra.

Khả năng 2 : Trong S không có số nào chia hết cho 19 => hệ S = {n ; n+1; ; n+17} là htdtg mod
19 =>
sS
s


= 1.2.3 17.18 = 18 ! ≡ - 1 (mod 19) (1) (theo đlí Willson) Mặt khác theo đề thì :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 13

sS
s


=
2
.
a A b B a A
a b a
  




  
(2) (vì
a A b B

ab



) . Từ (2) =>
sS
s


là số chính phương (3) . Từ
(1)(3) => - 1 là số chính phương modulo 19 : điều này vô lí (bởi vì : Với số nguyên tố p dạng
4k+3 thì phương trình x
2
≡ -1 mod p vô nghiệm mà 19 có dạng 4k+3)
Ví dụ 12 (IMO 1983) Cho ba số nguyên dương a , b , c nguyên tố cùng nhau từng đôi một .
Chứng tỏ rằng : 2abc - ab - bc – ca là số nguyên lớn nhất không thể biểu diễn dưới dạng : xbc +
yca + zab trong đó x , y , z là những số nguyên không âm.
Hướng dẫn giải :
Bổ đề : Cho hai số nguyên dương h , k nguyên tố cùng nhau . Khi đó hk - h – k là số nguyên lớn
nhất không thể biểu diễn dưới dạng : mh + nk trong đó m , n là những số không âm
Chứng minh bổ đề : Ta thấy tập hợp T = {0 ; k ; 2k ; 3k ; … ; (h-1)k} lập thành một hệ thặng
dư đầy đủ mod h . Với số nguyên s > (h-1)k – h thì tồn tại n sao cho : 0 ≤ n ≤ h-1 và s ≡ nk (mod
h) , hay s = nk + mh (với m là số nguyên) => s = nk + mh > (h-1)k – h ≥ nk – h => nk + mh >
nk – h => (m+1)h > 0 => m +1 > 0 => m > -1 => m ≥ 0 : Vậy tồn tại các số nguyên không âm
m , n sao cho : s = nk + mh Điều này chứng tỏ rằng : Với mọi số nguyên s > (h-1)k – h thì tồn
tại các số nguyên không âm m , n sao cho : s = nk + mh (1)
Xét số nguyên w = hk – h - k => w ≡ (h-1)k (mod h) và do T là hệ thặng dư đầy đủ nên
w ik

(mod h) với mọi i thỏa 0 ≤ i < b-1 . Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng để chứng tỏ w không

thể biểu diễn dưới dạng : mh + nk trong đó m , n là những số không âm (2) :
Thật vậy : Giả sử w = mh + nk (trong đó m , n là những số không âm ) thì : w = mh + nk ≡ (h-
1)k (mod h) và
w mh nk ik  
(mod h) với mọi i thỏa 0 ≤ i < b-1 => nk ≡ (h-1)k (mod h) và
nk ik
(mod h) với mọi i thỏa 0 ≤ i < b-1 => n ≥ h-1 => w = mh + nk > nk ≥ (h-1) k > (h-1)k-
k = hk-h-k = w hay w > w : vô lí ! Điều vô lí này hoàn tất phần chứng phản chứng .
Từ (1) và (2) suy ra bổ đề được chứng minh !
Vào bài : Từ giả thiết bài toán ta thấy tập hợp S = {0 ; bc ; 2bc ; 3bc ; … ; (a-1)bc} lập thành hệ
thăng dư đầy đủ mod a .
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 14

Với mỗi số nguyên u > 2abc - ab - bc – ca thì tồn tại số nguyên x sao cho : 0 ≤ x ≤ a-1 và u ≡
xbc (mod a) => u – xbc > 2abc - ab - bc - ca - (a-1)bc = abc - ab - ca = a(bc - b - c) hay : u-xbc
> (bc-b-c)a (1) ; Do u – xbc ≡ 0 (mod a) => u – xbc = ka (2) Từ (1) (2) => k > bc-b-c (3) Theo
bổ đề trên thì tồn tại các số nguyên không âm x ; y sao cho có biểu diễn : k = zb + yc (4) Từ
(2)(4) => u = xbc + yca + zab Như vậy ta đã chứng minh được mệnh đề : Với mỗi số nguyên u >
2abc - ab - bc – ca thì tồn tại các số nguyên không âm x ; y ; z sao cho có biểu diễn : u = xbc +
yca + zab (*)
Xét số nguyên v = 2abc - ab - bc – ca . Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng để chứng tỏ v
không thể biểu diễn dưới dạng : v = xbc + yca + zab trong đó x,y,z là các số nguyên không âm
(**)
Giả sử tồn tại các số nguyên không âm x ; y ; z sao cho có biểu diễn : v = xbc + yca + zab => v ≡
xbc (mod a) (5) . Do v = 2abc - ab - bc – ca => v ≡ - bc (mod a) (6) . Từ (5)(6) => xbc ≡ - bc
(mod a) => x ≡ - 1 (mod a) => x ≡ a-1 (mod a) (7) ; để ý x không âm nên từ (7) => x ≥ a-1 . Lập

luận tương tự ta cũng suy ra được : y ≥ b-1 ; z ≥ c-1 => v = xbc + yca + zab ≥ 3abc - ab - bc - ca
> v ; hay v > v : vô lí => Mệnh đề (**) được chứng minh
Từ (*) và (**) ta suy ra bài toán đã được giải xong!
Ví dụ 13 (IMO 2001) : Cho số nguyên dương lẻ n ; n ≥ 3 . Xét tập hợp gồm n số nguyên :
 
12
; ; ;
n
k k k
. Với mỗi hoán vị
 
12
; ; ;
n
a a a a
của n số nguyên dương đầu tiên : 1;2;…;n ta
kí hiệu :
1
()
n
ii
i
S a k a



. Chứng minh rằng : Luôn tồn tại hai hoán vị b ; c (b ≠ c) sao cho S(b) –
S(c) chia hết cho n!
Hướng dẫn giải:
Có n! các hoán vị của {1;2;…;n} . Gọi

()T S a

(để ý tổng này có n! số hạng ; S(a) chạy trên
tất cả các hoán vị của {1;2;…;n} )
Với mỗi i = 1;2,…;n thì số hạng
j
ki
với j = 1;2;…;n sẽ xuất hiện (n-1)! lần trong T nên ta có :
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 15

1
( ) ( 1)! ( 1)!.
2
jj
i j j
T S a n i k n k    
   

1
!. ( 1).
2
j
j
T n n k  

(để í n lẻ nên

1
2
n
Z


) => T ≡ 0 (mod n!) (1)
Ta chứng minh bài toán này bằng phản chứng : Giả sử không tồn tại hai hoán vị b ; c (b ≠ c) sao
cho S(b) – S(c) chia hết cho n! => Hệ
 
()Sa
sẽ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod n! nên ta
có :
!( ! 1) !
( ) 1 2 ( ! 1) ! 0
22
n n n
T S a n n

         

(mod n!) hay
0T 
(mod n!) (2)
Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1) . Mâu thuẫn đó chứng tỏ : Luôn tồn tại hai hoán vị b ; c (b ≠ c) sao
cho S(b) – S(c) chia hết cho n!
Ví dụ 14 (USAMO 2005) : Cho n là số nguyên dương ; cho p là số nguyên tố với điều kiện p ≥
n + 2 . CMR : Đa thức
1
()

1
k
p
k
x
Px
kn




không có nghiệm nguyên .
Chứng minh : Ta có P(x) = 0
0
0
p
k
k
k
ax



(1) trong đó
*
k
aN
(Điều này có được nhờ việc
nhân hai vế của pt P(x) = 0 với M=
1

( 1)
p
k
kn



=>
1
k
M
a
kn


với
{1,2, , }kp
) .
Để í rằng : n ≤ p - 1 => kn < k(p-1) => kn+1 < k(p -1) + 1 ≤ p(p-1) +1 = p
2
– (p-1) < p
2
=> kn+1
< p
2
=> kn+1 không chia hết cho p
2
với mọi
{1,2, , }kp
(2)

Do : n ≤ p – 2 => (p,n) = 1 => tập H = {n+1 ; 2n+1 ; ; pn+1} là hệ thặng dư đầy đủ => tồn tại
duy nhất k

= s (
{1,2, , }sp
) sao cho sn + 1 ≡ 0 (mod p) , hay sn+ 1 chia hết cho p ; khi đó :
1
s
M
a
sn


sẽ không chia hết cho p và các hệ số
k
a
còn lại (mà
ks
aa
) sẽ chia hết cho p (vì
trong
k
a
có chứa thừa số (sn+ 1) chia hết cho p (3) . Từ (2) và (3) ta có : các hệ số
k
a
(mà
ks
aa
) sẽ chia hết cho p nhưng không chia hết cho p

2
(4)
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 16

Giả sử pt (1) có nghiện nguyên x = c
0
0
p
k
k
k
ac



=>
0
p
k
k
k
a c p


sk
sk

ks
a c a c p






(5) Từ
(3) (5) =>
s
cp
=>
cp
=>
2i
i
a c p
với 2 ≤ i ≤ p
2
2
p
k
k
k
a c p



(5) ; Mặt khác do :

0
0
p
k
k
k
ac




=>
2
0
p
k
k
k
a c p


2
01
2
p
k
k
k
a a c a c p



  



(6) .Từ (5)(6)
 
2
01
a ac p
(7) .
●Nếu :
0s
aa
và
1s
aa

2
11
,a p c p a c p
nên từ (7) =>
2
0
ap
: điều này mâu thuẫn với
(4) .
●Nếu :
0s
aa

thì
   
2
0 0 1 0 1
a p a a c p a a c p   
: điều này trái với (7) .
●Nếu :
1s
aa
=>
1
ap
Giả sử : c =
.c'
h
p
trong đó c’ không chia hết cho p => (c’ ; p ) =1 =>
01
a a c

01
'.
h
a a c p
. Nếu h = 1 ; vì
2
0
ap
và
1

ap
; (c’;p) =1 =>
2
0 1 0 1
( '. ) pa ac a ac p  
: mâu thuẫn (7) . Nếu h ≥ 2 thì
2
1
. '.
h
a c p p
và
2
0
ap
=>
2
0 1 0 1
( '. ) p
h
a ac a ac p  
: mâu
thuẫn (7)
Tóm lại : pt (1) không có nghiện nguyên => pt P(x) = 0 không có nghiện nguyên
Ví dụ 15 (Rumania 2002): Cho p là số nguyên tố ; m là số nguyên dương . CMR : Với mỗi số
nguyên dương k < m luôn tồn tại một số nguyên h sao cho
.
mk
h p p
chia hết cho k!

Chứng minh : Giả sử
!.
r
k p M
trong đó : (M ; p) = 1 r là số nguyên không âm
Ta thấy A =
 
0;1;2; ; 1M 
lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo M => Vì p
m-k
và M nguyên
tố cùng nhau => B =
 
0; ;2. ; ; .
m k m k m k
p p M p
  
cũng lập thành hệ thặng dư đầy đủ modulo M
=> Tồng tại phần tử nào đó thuộc B sao cho phần tử đó đồng dư với – 1 mod M : hay tồn tại số
nguyên dương h sao cho h.p
m-k
≡ -1 (mod M)
.1
mk
hp


chia hết cho M
 
. 1 .

m k k
h p p



chia hết cho M.p
k

.
mk
h p p
chia hết cho M.p
k
(1) . Theo định lí Lagendre thì số mũ r của số
nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn của k! sẽ là :
1
i
i
k
r
p







<
1

i
i
k
p



< k =>
!.
r
k p M
<
M.p
k
(2) . Từ (1)(2) =>
.
mk
h p p
chia hết cho k!
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 17

BÀI TẬP ÁP DỤNG :
Bài 1: Hãy chỉ ra : một hệ thặng dư đẩy đủ nhưng không là hệ hặng dư đầy đủ không âm bé
nhất modulo 7
Bài 2: Hãy chỉ ra hệ thặng dư thu gọn có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất modulo 10
Bài 3: Có hay không một hệ thặng dư thu gọn modulo m mà hệ đó có

2
m



phần tử
Bài 4: Tìm m sao cho số phần tử của hệ thặng dư đẩy đủ gấp ba số phần tử của hệ thặng dư thu
gọn modulo m
Bài 5: Cho số nguyên tố lẻ p . Giả sử
 
12
; ; ;
p
a a a
là hđđ . CMR : p|(a
1
+a
2
+ +a
p
)
Bài 6: Cho 4 số nguyên a;b;c;d . CMR :T = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) chia hết cho 12 .
Hướng dẫn : Xé theo Z
3
và Z
4

Bài 7: Cho hai số nguyên dương m , n . Chứng minh rằng trong tập hợp S =
 
2 ;3.2 ;5.2 ;7.2 ;9.2

n n n n n
m m m m m    
luôn chứa một số chia hết cho 5
Bài 8 : Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện (n;10) = 1 Khi đó : Tồn tại số nguyên dương
m sao cho
10 1
9
m

chia hết cho n
Bài 9 : Cho n , k là hai số nguyên dương thỏa mãn : n ≤ k ; n không chia hết cho 3 . CMR : Tồn
tại số nguyên dương a sao cho : a chia hết cho n và tổng các chữ số của a bằng k
Bài 10 : CMR : Với mỗi số nguyên dương n cho trước ta luôn tìm dược một số nguyên dương
A
n
sao cho : Trong hệ đếm cơ số 10 thì A
n
=
12

n
a a a
với mọi
i
a
là số lẻ (
1,2, ,ni 
) và A
n

chia hết cho
5
n

Bài 11 : Trong bài tập này kí hiệu
S
là tập các số chính phương . Cho n là số nguyên dương lẻ :
n ≥ 3 . Xét các tập :
 
*
1A k N kn S   
;
 
*
B h N hn S  
. Chứng minh rằng : n là số
nguyên tố

n ≤ k + 2 với mọi k
A
và n ≤ h với mọi h
B

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 18

Bài 12: Cho đa thức P(x) = x

3
– 11x
2
– 87x + m . CMR : Tồn tại số nguyên a sao cho P(a) chia
hết cho 191 với mọi giá trị nguyên của tham số m
Bài 13: Dãy số
 
n
a
được xác định như sau :
1
1a 
; Với n ≥ 2 thì
1
2
nn
n
a a a





> CMR :
Dãy đó chứa vô hạn số nguyên chia hết cho 7.

SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai

Trang : 19

III-HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Thông qua giảng dạy chuyên đề tôi thấy :
-Học sinh có hứng thú học tập hơn
-Tăng cường khả năng tự nghiên cứu cho học sinh chuyên toán
-Trong năm học 2013-2014 có 3 học sinh chuyên Toán đạt giải Quốc gia
-Trong kì thi Olympic 30/4/2014 có 2 học sinh đoạt huy chương bạc ; 01 huy
chương đồng

IV-ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài này chỉ áp dụng cho các học sinh giỏi Toán và có khả năng tự học , tự
nghiên cứu cao
Đề tài này giúp Tổ Toán của Trường PTTH Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai có
thêm tài liệu để bồi dưỡng học sinh giỏi các khóa sau
Về lâu dài thì Sở GD và ĐT Đồng nai nên tổ chức các giáo viên có năng lực viết
sách cho các học sinh chuyên và HSG Toán
Nên tổ chức các sermine Số học cho những người yên lĩnh vực này
V-TÀI LIỆU THAM KHẢO

1/ 250 Problems in Elementary Number Theory của Waclaw Sierpincki 1994
2/ Elementary Number Theory của David M. Burton 1980
3/ Elementary Number Theory của Giusefe Melfi 1998
4/ Elementary Number Theory của A.J. Hildebrand 2011
5/ Số học của Hà Huy Khoái nxb GD 2006
6/ Các bài giảng Số học Nguyễn Hồng Lữ (tài liệu lưu hành nội bộ)

NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Hồng Lữ
SKKN Giảng dạy môn Lí thuyết số sơ cấp Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đnai



Trang : 20

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị : Lương Thế Vinh


CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

, ngày tháng năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2012-2013
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: ỨNG DỤNG THẶNG DƯ MODULE M
ĐỂ GIẢI TOÁN SỐ HỌC CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Hồng Lữ Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
Có giải pháp hoàn toàn mới 

Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành
có hiệu quả cao 
Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu
quả 
Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào
cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm
vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người có
thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.


XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)



THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)