Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong số học

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG SỐ HỌC
MỤC LỤC
Mở đầu

3

A. PHẦN MỞ ĐẦU

3

1. Lý do chọn đề tài............................................................................................................

3

2. Mục đích của đề tài........................................................................................................

3

B- PHẦN NỘI DUNG

5

I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan

5

1. Hệ thặng dư……………………………………………………………………………

5

1.1. Hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn…………………………….............

5

1.2. Tính chất cơ bản của hệ thặng dư.........................................................................

5

2. Định lý phần dư trung hoa…………………………………………………………….

5

3. Định lý Fermat, Euler…………………………………………………………………

6

4. Số chính phương modulo……………………………………………………………...

6

5. Số mũ đúng……………………………………………………………………………

7

II. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong số học

8

1. Phương pháp quy nạp………………………………………………………………….

8

2. Phương pháp sử dụng định lý phần dư Trung hoa…………………………………….

18

3. Phương pháp sử dụng hệ thặng dư…………………………………………………….

25

4. Phương pháp phản chứng……………………………………………………………...

30

5. Một số phương pháp và hướng tiếp cận khác…………………………………………

39

C. PHẦN KẾT LUẬN

62

1. Những vấn đề quan trọng của đề tài..............................................................................

62

2. Những đề xuất và kiến nghị...........................................................................................

62

Bài tập áp dụng

64

Tài liệu tham khảo

67

Chữ viết tắt và kí hiệu
1


Chữ viết tắt
AMM

American Mathematical Monthly.

MO

Mathematical Olympiad.

IMO

International Mathematical Olympiad.

RMO

Romanian Mathematical Olympiad.

Putnam

The William Lowell Putnam Mathematical Competition.

TST

Team Selection Tests (Đề thi chọn đội tuyển dự thi quốc tế).

THTT

Toán học tuổi trẻ.

Kí hiệu
¥

tập các số tự nhiên ( ¥ = { 0,1, 2,3,...} ).

¥*

*
tập các số nguyên dương ( ¥ = { 1, 2,3,...} ).

¢

tập các số nguyên ( ¢ = { ..., −3, −2, −1, 0,1, 2,3,...} ).

¢*

*
tập các số nguyên khác 0 ( ¢ = ¢ \ { 0} ).

¢+

+
tập các số nguyên dương ( ¢ = { 1, 2,3,...} ).

¤

*
tập các số hữu tỷ; ¤ =  ; m ∈ ¢ , n ∈ ¥ , (m, n) = 1 .

¤+

tập các số hữu tỷ dương.

m
n




2


A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Số học là một phân môn quan trọng trong toán học và đã gắn bó với chúng ta
xuyên suốt quá trình học Toán từ bậc tiểu học đến trung học phổ thông. Chúng ta
được tiếp xúc với Số học bắt đầu bằng những khái niệm đơn giản như tính chia hết,
ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất... giúp làm quen dễ dàng hơn với sự kì diệu
của những con số cho đến những vấn đề đòi hỏi nhiều tư duy hơn như đồng dư, số
nguyên tố, các phương trình Diophantine mà nổi tiếng nhất là định lý Fermat. Các bài

toán Số học xuất hiện nhiều trong các đề thi Olimpic toán của các nước với độ khó
càng ngày càng tăng lên.
Đã có khá nhiều chuyên đề về số học được viết và thường tập trung vào các chủ
đề như phương trình nghiệm nguyên, đồng dư chia hết, cấp của phần tử, số chính
phương... Tuy nhiên trong các đề thi học sinh giỏi hiện nay xuất hiện khá nhiều bài
toán về sự tồn tại của một tập hợp số thỏa mãn điều kiện cho trước. Đây là chủ đề rất
khó bởi tính đa dạng của nó và cũng giống như trong tổ hợp thì cách xây dựng không
hề tự nhiên chút nào. Có thể thấy các chuyên đề về bài toán tồn tại trong số học và tổ
hợp rất ít và chưa được quan tâm đúng mức. Chính vì vậy tác giả mạnh dạn viết về
một số phương pháp cũng như hướng tiếp cận với bài toán về sự tồn tại trong số học.
Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyết
cơ bản hay sử dụng trong bài viết, phần thứ hai là một số phương pháp cũng như
hướng tiếp cận để giải bài toán về sự tồn tại trong Số học và phần cuối là một số bài
tập áp dụng.
2. Mục đích của đề tài
Đề tài "Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong số học" được tác giả
chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và
phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về bài toán tồn tại trong Số học trong
chương trình chuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng qua các
phương pháp giải nó, đặc các bài toán được lấy từ các kì thi Olimpic về toán.

3


Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh
giỏi các trường THPT Chuyên, học sinh dự thi Quốc gia và đặc biệt là bồi dưỡng học
sinh thi vòng 2 chọn đội tuyển Quốc tế môn Toán. Tác giải rất mong nhận được góp ý
trao đổi của các thầy chuyên gia, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể sâu sắc và
hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần số
học đạt hiệu quả nhất và phần nào đem lại sự yêu thích, đam mê hơn với bộ môn số

học đầy tính sáng tạo.

4


B. PHẦN NỘI DUNG
I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan
1. Hệ thặng dư
1.1. Hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn
Định nghĩa 1. Cho số nguyên dương m. Một tập hợp H gồm m số nguyên đôi một
không đồng dư với nhau theo modm được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ (TDĐĐ)
modulo m.
Nhận xét. Một hệ quả trực tiếp hay sử dụng của hệ TDĐĐ là với mỗi số nguyên x thì
luôn tồn tại duy nhất n ∈ H để x ≡ n(mod m) .
Định nghĩa 2. Cho số nguyên dương m. Kí hiệu ϕ ( m ) là số các số nguyên dương nhỏ
hơn m mà nguyên tố cùng nhau với m. Một tập hợp H gồm ϕ ( m ) số nguyên phân
biệt, đều nguyên tố cùng nhau với m và đôi một không đồng dư với nhau theo modm
được gọi là một hệ thặng dư thu gọn (TDTG) modulo m.
1.2. Tính chất cơ bản của hệ thặng dư
Tính chất 1.2.1. Cho số nguyên dương m và hai hệ TDĐĐ mođun m là

{ x1, x2 ,..., xm }

và { y1, y2 ,..., ym }

Khi đó ta có
m

m

i =1

i =1

m

m

i =1

i =1

1. ∑ xi ≡ ∑ yi ≡ 1 + 2 + ... + m ≡
2.

∏ xi ≡ ∏ yi

m(m + 1)
(mod m).
2

≡ 0 (mod m).

3. Cho hai số nguyên a, b và m là số nguyên dương sao cho ( a, m ) = 1 . Khi đó hệ

{ ax1 + b, ax2 + b,..., axm + b}

là hệ TDĐĐ mođun m.

{

}

Tính chất 1.2.2. Cho số nguyên dương m và x1, x2 ,..., xϕ ( m ) là hệ TDTG mođun m.

{

}

Khi đó với a ∈ ¢ , ( a, m ) = 1 thì hệ ax1, ax2 ,..., axϕ ( m) cũng là hệ TDTG mođun m.

5


2. Định lý phần dư Trung hoa
Cho n số nguyên dương b1 , b2 ,..., bn khác 1 và đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó

 x ≡ a1 (mod b1 )
 x ≡ a (mod b )

2
2
với các số nguyên a1, a2 ,..., an , tồn tại số nguyên x sao cho 
....
 x ≡ an (mod bn )
3. Định lý Fermat, Euler
3.1. Định lý Fermat. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên, khi đó a p ≡ a (mod p).
3.2. Định lý Euler. Cho n là số nguyên dương, a là số nguyên nguyên tố cùng nhau
với n, khi đó
ϕ n

a ( ) ≡ 1 (mod n)

, trong đó ϕ ( n ) là hàm Euler.
4. Số chính phương modulo
4.1. Định nghĩa. Cho số nguyên dương n và số nguyên a với ( a, n ) = 1. Số nguyên a
được gọi là số chính phương (modn) nếu tồn tại số tự nhiên x sao cho x 2 ≡ a (mod n) .
Nếu a là số chính phương modn thì ta còn nói a là một thặng dư bậc hai (modn), nếu
a không là số chính phương (modn) thì a được gọi là bất thặng dư bậc hai (modn).
4.2. Một số kết quả
4.2.1. Định lý. Cho p là nguyên tố lẻ, a là số nguyên sao cho ( a, p ) = 1 . Khi đó
a) a là số chính phương modp khi và chỉ khi a

p −1
2

≡ 1 (mod p).

b) a là số không chính phương modp khi và chỉ khi a

p −1
2

≡ −1 (mod p ).

4.2.2. Kết quả hay sử dụng
* Số −1 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 4k + 1.
* Số 2 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 8k ± 1.
6

* Số −2 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 8k + 1 hoặc p = 8k + 3.
* Số 3 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 12k ± 1 .
* Số −3 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 6k + 1 .
* Số 5 là số chính phương modp khi và chỉ khi p = 10k ± 1 .
5. Số mũ đúng
5.1. Định nghĩa. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và α là số tự nhiên. Ta nói
pα là ước đúng của a, và α gọi là số mũ đúng của p trong khai triển của a nếu pα | a
và pα +1 /| a . Khi đó ta viết pα || a và kí hiệu α = v p ( a ) .
5.2. Tính chất
5.2.1. Cho a, b là các số nguyên, khi đó ta có
+ Nếu pα || a và p β || b thì pα + β || ab.
+ Nếu pα || a thì p kα || a k .
+ Nếu pα || a và p β || b với a ≠ b thì p min{ α , β } || a + b.
5.2.2. (Bổ đề nâng số mũ LTE).
a) Cho x, y là hai số nguyên, n là số nguyên dương và p là số nguyên tố lẻ sao cho
p | x − y và x, y không chia hết cho p. Khi đó

(

)

v p xn − yn = v p ( x − y ) + v p ( n ) .
b) Cho x, y là hai số nguyên, n là số nguyên dương lẻ và p là số nguyên tố lẻ sao cho
p | x + y và x, y không chia hết cho p. Khi đó

(

)

v p xn + yn = v p ( x + y ) + v p ( n ) .

c) Cho x, y là hai số nguyên lẻ, n là số nguyên dương chẵn. Khi đó

(

)

v2 x n − y n = v2 ( x − y ) + v2 ( x + y ) + v2 ( n ) − 1.

7


II. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong số học
1. Phương pháp quy nạp
Tư tưởng quy nạp để chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn điều
kiện cho trước rõ ràng rất tự nhiên và phổ biến. Việc xây dựng một tập hợp các số
thỏa mãn yêu cầu của bài toán dựa trên nguyên lý quy nạp sẽ khiến vấn đề trở lên đơn
giản hơn.
Bài toán 1.1 ( IMO Shorlist 2013). Chứng minh rằng với mỗi cặp số nguyên dương
k và n luôn tồn tại k số nguyên dương m1 , m2 ,..., mk thỏa mãn
2k − 1 
1 
1  
1
1+
= 1 + ÷1 +
÷...1 +
n
 m1  m2   mk



÷.


Lời giải. Từ việc cần biểu diễn vế trái theo các nhân tử đồng dạng, ta nghĩ tới phương
pháp chứng minh bằng quy nạp theo biến k. Thật vậy, với k = 1 thì kết quả là hiển
nhiên.
Giả sử bài toán đúng đến k − 1 , ta cần chứng minh nó đúng với k. Xét các trường hợp
sau:
Trường hợp 1. Với n = 2t − 1 , ta có
k −1
 2k −1 − 1  
2k − 1 2 ( t + 2 − 1) 2t
1 
1+
=
.
= 1 +
÷1 +
÷
2t − 1
2t
2t − 1 
t   2t − 1 

(1)

Theo giả thiết quy nạp thì tồn tại các số m1 , m2 ,..., mk −1 sao cho
1+

2k −1 − 1 

1 
1  
1 
= 1 + ÷1 +
÷.
÷...1 +
t
m
m
m

1 
2  
k −1 

Khi đó ta chọn mk = 2t − 1 sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2. Với n = 2t , ta có
k −1
2k − 1 2t + 2k − 1 2t + 2k − 2 
1
  2 −1 
1+
=
.
= 1 +
÷
÷.1 +
k
2t
2t + 2k − 2

2t
t 
 2t + 2 − 2  

Theo giả thiết quy nạp thì tồn tại các số m1 , m2 ,..., mk −1 sao cho
1+

2k −1 − 1 
1 
1  
1 
= 1 + ÷ 1 +
÷.
÷...1 +
t
m
m
m

1 
2  
k −1 
8

(2)


Khi đó ta chọn mk = 2t + 2k − 2 sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét. Mấu chốt của bài toán là quy nạp theo biến k và hai đẳng thức quan trọng
(1), (2) ứng với trường hợp n lẻ và chẵn. Để bước quy nạp được đơn giản ta thường

phải sử dụng thêm các đẳng thức đặc biệt liên quan đến cấu trúc bài toán, ta xét bài
toán tiếp theo sau đây.
Bài toán 1.2 (Bulgarian MO). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 , tồn tại các
số nguyên dương lẻ x, y sao cho 7 x 2 + y 2 = 2n.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh tồn tại các số nguyên dương lẻ xn , yn sao cho
7 xn2 + yn2 = 2n , n ≥ 3
Với n = 3 , ta có thể chọn x3 = y3 = 1.
Giả sử mệnh đề đúng với n. Ta cần xây dựng một cặp ( xn +1 , yn +1 ) các số nguyên
dương lẻ sao cho 7 xn2+1 + yn2+1 = 2n+1.
Thật vậy, ta có đẳng thức sau
2

2

 x ± yn   7 xn myn 
2
2
n +1
7 n
÷ +
÷ = 2 ( 7 xn + yn ) = 2 .
2
 2  

Chú ý là một trong hai số

x + yn
xn + yn xn − yn
là lẻ, giả sử n
lẻ thì

,
2
2
2
7 xn − yn
x − yn
= 3 xn + n
2
2

cũng là số lẻ, do đó ta chọn xn+1 =
Nếu

xn + yn
7 x − yn
.
và yn+1 = n
2
2

xn − yn
7 x + yn
x + yn
= 3xn + n
lẻ, thì n
cũng lẻ, do đó ta chọn
2
2
2
xn+1 =

xn − yn
7 x + yn
.
và yn+1 = n
2
2

Một số bài toán tương tự.
Bài 1.2.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2 , tồn tại các số nguyên dương lẻ
x, y sao cho x 2 − 17 y 2 = 4n.
9


Bài 1.2.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , tồn tại các số nguyên x, y
sao cho x 2 + xy + y 2 = 7 n.
Bài 1.2.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n , tồn tại các số nguyên dương lẻ
x, y, z sao cho x 2 + y 2 + z 2 = 59n.
Bài toán 1.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 , tồn tại các số nguyên dương
x1 , x2 ,..., xn , xn+1 sao cho

1
1
1 n +1
+ 2 + ... + 2 = 2 .
2
x1 x2
xn xn+1

Lời giải. Xét n = 3 , từ 52 = 32 + 42 ta được

1
1
1
=
+
, suy ra
122 152 202

1
1
1
1
1  1
1
1
1
 1
= 2 2 + 2 2 = 2 2 + 2 + 2 ÷ 2 =
+
+
2
2
2
4
12 12 .15 12 .20 12 .15  15 20  20
( 12.15) ( 15.20 ) ( 20.20 )
2
2
Do đó ( x1; x2 ; x3 ; x4 ) = ( 12.15;15.20;20 ;2.12 ) thỏa mãn.

Giả sử tồn tại bộ ( x1 , x2 ,..., xn , xn+1 ) thỏa mãn
Khi đó rõ ràng

1
1
1 n +1
+
+
...
+
=
.
x12 x22
xn2 xn2+1

1
1
1
1
n+2
+ 2 + ... + 2 + 2 = 2 nên mệnh đề cũng đúng với (n + 1) .
2
x1 x2
xn xn+1 xn +1

Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Một số bài toán tương tự
Bài 1.3.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 6 , tồn tại các số nguyên dương
x1 , x2 ,..., xn sao cho

1
1
1
+ 2 + ... + 2 = 1.
2
x1 x2
xn

Bài 1.3.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 412 , tồn tại các số nguyên dương
x1 , x2 ,..., xn sao cho

1 1
1
+
+
...
+
= 1.
x13 x23
xn3

Bài 1.3.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2 , tồn tại các số nguyên dương
x0 < x1 < ... < xn sao cho

1 1
1
1
+ 3 + ... + 3 = 2 .
3

x1 x2
xn x0
10


Bài toán 1.4 (Trường hè toán học 2015).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ t thỏa mãn tính chất: Với mọi số nguyên dương
k, tồn tại số nguyên dương ak sao cho ak2 + t chia hết cho 2k.
b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương ( ak ) sao cho ak2 + 7 chia hết
cho 2k và

ak2+1 + 7
ak2 + 7
chia
hết
cho
với mọi k = 1,2,3,...
2k +1
2k

Lời giải. a) Ta sẽ chứng minh rằng các số t cần tìm có dạng 8m + 7 .
* Điều kiện cần: Ta phải có ak2 ≡ −t (mod 2k ) với mọi k ≥ 1. Rõ ràng một số chính
phương khi chia 8 chỉ có các số dư là 0,1,4; đồng thời do t là số lẻ nên 1 ≡ −t (mod8) ,
nghĩa là t chỉ có thể có dạng 8k + 7 .
* Điều kiện đủ: Giả sử t có dạng 8k + 7 , ta sẽ xây dựng dãy các số ak bằng quy nạp.
Với k = 1,2,3 , chọn a1 = a2 = a3 = 1 thì dễ thấy các giá trị này thỏa mãn.
2
a
+t
k

Giả sử ta có a ≡ −t (mod 2 ) và ak lẻ với k ≥ 3 . Khi đó d = k là số chẵn hoặc
2
2
k

k

lẻ. Ta xét hai trường hợp:
- Nếu d chẵn thì ak2 + t ≡ 0 (mod 2k +1 ) , lúc đó ta chọn ak +1 = ak là xong.
- Nếu d lẻ thì ak2 + t ≡ 2k (mod 2k +1 ) , lúc đó ta chọn ak +1 = ak + 2k −1 . Ta có
2
k +1

a

+ t = ( ak + 2

)

k −1 2

+ t = a + 2 .ak + 2
2
k

k

≡ 2k ( 2 + 2k −2 ) ≡ 0 (mod 2k +1 ).

2 k −2

 ak2 + t

+ t = 2  k + ak + 2 k − 2 ÷
 2

k

Do đó số ak +1 cũng thỏa mãn. Vậy theo nguyên lý quy nạp thì có thể xây dựng được
dãy ( ak ) thỏa mãn với k tùy ý. Vậy các số t cần tìm có dạng 8m + 7 .
b) Ta cũng xây dựng bằng quy nạp theo phương pháp trên. Đầu tiên vẫn chọn
2
a1 = a2 = a3 = 1 . Giả sử ak2 + 7M2k với k ≥ 3 . Xét công thức ak +1 = ak − 2ak + 7 . Khi đó
2

11


ak2 + 7 ) ( ak2 − 4ak + 11)
(
 ak2 − 2ak + 7 
+7=
÷ +7=
2
4


2

2

k +1

a

ak2+1 + 7 ak2 + 7 ak2 − 4ak + 11
=
.
Suy ra
.
2k +1
4
8
ak2 − 4ak + 11
Ta chỉ cần chứng minh
là số nguyên. Thật vậy, do ak lẻ nên đặt
8
ak = 2bk + 1

ta

được

ak2 − 4ak + 11 = 4bk ( bk − 1) + 8 ≡ 0 (mod8) ,

do

đó

ak2 − 4ak + 11
∈ ¢ , tức là số hạng ak +1 cũng thỏa mãn. Bài toán được chứng minh.

8
Nhận xét. Đây là bài toán điển hình trong số học về việc xây dựng dãy các số mà phổ
ak2 − 2ak + 7
biến là quy nạp như trên. Ở ý (b) để tìm được công thức ak +1 =
ta có thể
2
thử các trường hợp nhỏ:
a1 = a2 = a3 = 1; a4 = 3; a5 = 5; a6 = 11; a7 = 53.
Ta sẽ tìm mối liên hệ giữa ak +1 và ak . Dễ thấy rằng ak +1 , ak không có quan hệ tuyến
tính, ta đi tìm quan hệ bậc hai dạng ak +1 = mak2 + nak + p với m, n, p là các số hữu tỷ.
Thay k = 3,4,5 vào ta có hệ
1

m
=

m + n + p = 3
2


9m + 3n + p = 5 ⇔ n = −1
25m + 5n + p = 11 
7

p =
2

Từ đó có quan hệ ak +1 =

ak2 − 2ak + 7

như trên.
2

Bài toán 1.5 (Shorlist 2014). Cho trước số nguyên dương n > 1 . Chứng minh rằng
 nk 
a
a
=
tồn tại vô hạn các số hạng của dãy ( k ) k ≥1 là lẻ, trong đó k   .
k 
12


Lời giải 1. Nếu n lẻ, đặt k = n m với m = 1,2,... thì ak = n n
Ta

xét

n

chẵn,

(

m

n 2 − 2m = 2m 22

m

n = 2t

đặt

− m 2m

.t

t ≥ 1.

với

Khi

m

−m

là số lẻ với mọi m.

đó

với

mỗi

m≥2

thì

)

− 1 có một ước nguyên tố lẻ p, do 2m − m > 1. Với k = p.2m ,

ta có

( ) ≡(2 ) =(2 )

nk = n2

p

m

Mặt khác từ n − 2 < n < n + 2
k

m

k

k

m

m

(

p

p m

≡ 2m (mod p ) .

k
m
n k − 2m n k n + 2 ( p − 1)
p − 1) , suy ra
<
<
.
p.2m
k
p.2m

Do đó
nk
 n k  n k − 2m 2m − 1
ak =   =
=
.
m
k
p
.2
p
 
nk
Vì m − 1 là một số nguyên lẻ nên ak lẻ, bài toán được chứng minh hoàn toàn.

2
Lời giải 2. Ta sẽ tìm cách chỉ ra các số k nhờ sử dụng một bổ đề sau:
Bổ đề. Cho n chẵn, n > 2 và gọi p là một ước nguyên tố của n − 1 . Khi đó p i +1 là ước
i
của n p − 1 với mọi i = 0,1,...

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i ≥ 0 . Thật vậy, trường hợp i = 0
đúng theo cách chọn p.
Giả sử mệnh đề đúng với i . Ta có

(

)

n p − 1 = n p − 1  n p ( p −1) + n p ( p − 2) + ... + n p + 1


i +1

i

i

i

i

i

i

i

i

Do n p ≡ 1 (mod p) nên n p ( p −1) + n p ( p − 2) + ... + n p + 1 ≡ 0 (mod p ) , suy ra n p − 1 chia
i +1

hết cho p i + 2 . Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán. Xét n chẵn, n > 2 . Theo bổ đề trên ta chỉ cần chọn k = p i sẽ có
np
ngay  i
 p

i

 np −1
là số nguyên lẻ với mọi i ≥ 1 .
=
pi

i

13


i
Bây giờ xét n = 2 : Ta thấy ngay 23.4 − 4i M
3 , với mọi i ≥ 1. Mặt khác do 3.4 > 2i nên
i

i

23.4 − 4i M4i . Do đó

(2

i

3.4

 23.4  23.4 − 4i 23.4 −2i − 1
i
i
−4 M
là số
( 3.4 ) , suy ra  3.4i  = 3.4i = 3


i

)

i

i

nguyên lẻ với mọi i ≥ 1. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét. Trong trường hợp n chẵn, n > 2 ta cũng có thể xây dựng dãy chỉ số ( ki )
thỏa mãn theo cách sau: k1 = 1 và ki +1 = n ki − 1 với i ≥ 1.

Khi đó ( ki ) là dãy tăng ngặt các số nguyên dương và bằng quy nạp dễ chứng minh
k
được ki | ( n i − 1) với mọi i ≥ 1. Như vậy ki thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 1.6. Chứng minh rằng nếu n nguyên dương và n ≡ 1,2 (mod 4) thì tồn tại
các số nguyên không âm a1 , a2 ,..., an thỏa mãn điều kiện
1
1
1
1
2
n
+ a2 + ... + an = a1 + a2 + ... + an = 1.
a1
2
2
2
3
3
3
Lời giải. Với bộ a = ( a1 , a2 ,..., an ) , ta đặt
L( a) =

1
1
1
1
2
n
+ a2 + ... + an ; R ( a ) = a1 + a2 + ... + an .

a1
2
2
2
3
3
3

Ta chứng minh nếu n lẻ và n thỏa mãn thì (n + 1) cũng thỏa mãn. Thật vậy, giả sử tồn
tại bộ số a = ( a1 , a2 ,..., an ) mà L ( a ) = R ( a ) = 1 , trong đó n = 2m + 1.
'
'
'
Xây dựng bộ số mới a ' = ( a1 , a2 ,..., an+1 ) như sau

a j , j ∉ { m + 1,2m + 2}
a 'j = 
am+1 + 1, j ∈ { m + 1,2m + 2}
Khi đó, ta có
L ( a ') = L ( a ) −
và R ( a ') = R ( a ) −

1
2

am + 2

+ 2.

1

2

am +1 +1

= L ( a ) = 1,

m + 1 m + 1 2m + 2
+
+
= R( a) =1
3am +1 +1 3am +1 +1 3am +1 +1

'
'
'
Do đó bộ a ' = ( a1 , a2 ,..., an+1 ) cũng thỏa mãn.

14


Tiếp theo ta chứng minh nếu n = 4m + 2 thỏa mãn thì n + 11 cũng thỏa mãn.
Giả sử ta có bộ số a = ( a1 , a2 ,..., an ) mà L ( a ) = R ( a ) = 1 , trong đó n = 4m + 2 .
'
'
'
Xây dựng bộ số mới a ' = ( a1 , a2 ,..., an+1 ) như sau

am+ 2 + 2, j = m + 2

a j + 1, j ∈ { 2m + 2,2m + 3,2m + 4,2m + 5,2m + 6}

'
a j = a + 1, j ∈ { 4m + 4,4m + 6,4m + 8,4m + 10,4m + 12}
 2j

am+ 2 + 3, j ∈ { 4m + 3,4m + 5,4m + 7,4m + 9,4m + 11,4m + 13}
'
Các chỉ số khác thì a j = a j . Khi đó tương tự trên ta cũng có L ( a ') = L ( a ) = 1 và

R ( a ') = R ( a ) = 1.
Tiếp theo ta chỉ ra với n = 1,5,9,13,17 thì tồn tại các bộ tương ứng thỏa mãn đề bài.
Thật vậy, với n = 1 ta có bộ a = ( 1) .
Với n = 5 ta có bộ a = ( 2,1,3,4,4 ) .
Với n = 9 ta có bộ a = ( 2,3,3,3,3,4,4,4,4 ) .
Với n = 13 ta có bộ a = ( 2,3,3,4,4,4,5,4,4,5,4,5,5 ) .
Với n = 17 ta có bộ a = ( 3,2,2,4,4,5,5,6,5,6,6,6,6,6,5 ) .
Từ đây suy ra với các số có dạng 4m + 1 và 4m + 2 đều có thể xây dựng được các bộ
thỏa mãn. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Bài toán 1.7. Tìm tất cả các số k nguyên dương sao cho tồn tại 2015 số nguyên
dương phân biệt thỏa mãn tổng của 2015 số này chia hết cho tổng của k số phân biệt
bất kỳ trong 2015 số đó.
Lời giải. Ta thấy ngay rằng k ≤ 2015 .
* Với k = 2015 thì rõ ràng thỏa mãn đề bài.
* Với k = 1 : Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n ≥ 3 rằng luôn tồn tại n số nguyên
dương phân biệt mà tổng của chúng chia hết cho bất kỳ số trong n số. Thật vậy, với
n = 3 thì ba số 1,2,3 thỏa mãn. Giả sử mệnh đề đúng với n, tức là đã có các số

15


a1 , a2 ,..., an thỏa mãn đề bài, ta chọn thêm an+1 = a1 + a2 ... + an , khi đó (n + 1) số

a1 , a2 ,..., an , an+1 sẽ thỏa mãn. Vậy k = 1 thỏa mãn đề bài.
* Xét 2 ≤ k ≤ 2014 : Đặt t = min { a2 − a1; a3 − a2 ;...; a2014 − a2013 } và i là chỉ số mà
t = ai +1 − ai .

Do k ≤ 2014 nên ta tìm được (k − 2) chỉ số i1 , i2 ,..., ik −2 phân biệt và khác 2015; i; i + 1 .
Đặt x = ai + ai + ... + ai + a2015 + ai ; y = ai + ai + ... + ai + a2015 + ai +1
1

2

k −2

1

k −2

2

(nếu k=2 thì quy ước trong x và y không có ai + ai + ... + ai
1

2

k −2

)

Theo giả thiết thì S chia hết cho cả x và y, suy ra S chia hết cho M = BCNN ( x, y ) .
Ta có M =

xy
xy
( a + ai ) ( a2015 + ai +1 )
≥
≥ 2015
. Với cách chọn i thì
( x, y ) y − x
t

a2015 > a2014 ≥ 2013t + a1 và ai +1 > t .
Suy ra M >

(a

2015

+ ai ) 2014t
= 2014 ( a2015 + ai ) > a1 + a2 + ... + a2015 = S , mâu thuận với
t

S chia hết cho M, suy ra với mọi k từ 2 đến 2014 đều không thỏa mãn.
Vậy có hai số k cần tìm là k = 1; k = 2015 .
Nhận xét. Giả thiết các số nguyên dương đôi một phân biệt đóng vai trò rất quan
trọng và cũng là cái khó nhất trong lời giải trên. Do vậy, một câu hỏi tự nhiên được
đặt ra ở đây là: Nếu ta bỏ đi yêu cầu về sự phân biệt của 2015 số a1 , a2 ,..., a2015 thì còn
thêm các giá trị nào của k thoả mãn không? Không khó để thấy khi đó đáp số không
chỉ còn là 1 và 2015 nữa. Rõ ràng mọi k là ước của 2015 đều thoả mãn, ta chỉ việc
chọn 2015 số đều bằng nhau. Thậm chí k = 2 cũng thoả mãn khi ta chọn 2015 số gồm
2014 số bằng t, và một số bằng 2t.
Bài toán 1.8. Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S ( n ) là tổng các chữ số của nó.

Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương phân biệt n1 , n2 ,..., n2016 sao cho
n1 + S ( n1 ) = n2 + S ( n2 ) = ... = n2016 + S ( n2016 ) .
16


Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi m > 1 , tồn tại các số nguyên dương
n1 < n2 < ... < nm sao cho tất cả các số ni + S ( ni ) bằng nhau và nm là số có dạng
10...08 bằng quy nạp theo m.
Thật vậy với m = 2 , ta chọn n1 = 99; n2 = 108 thì n1 + S ( n1 ) = n2 + S ( n2 ) = 117 .
Giả sử mệnh đề đúng với m = k với nk = 100..08 (gồm h chữ số 0). Ta cần chứng
minh mệnh đề đúng với m = k + 1. Với mỗi i = 1,2,..., k ta xét số N i = ni + C , trong đó
C = 99...900...0 (gồm nk − 8 chữ số 9 và h + 2 chữ số 2) và số N k +1 = 100...08 (gồm
nk − 7 + h chữ số 0). Khi đó với mỗi i = 1,2,..., k ta có
N i + S ( N i ) = C + ni + S ( ni ) + 9 ( nk − 8 ) .
Các số này bằng nhau theo giả thiết quy nạp. Hơn nữa
N k + S ( N k ) = C + nk + 9 + 9 ( nk − 8 ) = 100...017 ( nk − 8 + h chữ số 0).
= 100...008 + 9 = N k +1 + S ( N k +1 ) .
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

17


2. Phương pháp sử dụng định lý phần dư Trung hoa
Ngay nội dung của định lý về phần dư Trung hoa đã chứa đựng yếu tố tồn tại về
nghiệm của một hệ đồng dư, do đó việc sử dụng định lý này là việc làm hết sức quen
thuộc và hay được sử dụng trong các bài toán về sự tồn tại.
Bài toán 2.1 (Trường hè toán học 2015). Ta gọi một số là lũy thừa đúng nếu nó có
dạng a m với a, m nguyên lớn hơn 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n lớn hơn 1 sao
cho tồn tại các số nguyên dương b1 , b2 ,..., bn không đồng thời bằng nhau để với mọi k
nguyên dương thì ( b1 + k ) ( b2 + k ) ...( bn + k ) là lũy thừa đúng?

Lời giải. Ta chứng minh mọi hợp số n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* Điều kiện đủ: Giả sử n là hợp số, n = rs với r > 1, s > 1 . Ta chọn các số như sau:
b1 = b2 = ... = br = 1; br +1 = br +2 = ... = bn = 2.
Khi đó, với mọi k ta có

( b1 + k ) ( b2 + k ) ...( bn + k ) = ( k + 1) ( k + 2 )
r

( s −1) r

là lũy thừa đúng bậc r.

* Điều kiện cần: Ta chứng minh nếu n nguyên tố thì n không thỏa mãn.
Thật vậy, giả sử tồn tại bộ số ( b1 , b2 ,..., bn ) thỏa mãn điều kiện đề bài, có thể giả sử
b1 , b2 ,..., bt là các số đôi một phân biệt, còn mỗi một trong các số bt +1 , bt + 2 ,..., bn là sự
lặp lại của các số trước, ta có ngay t > 1 vì các số không đồng thời bằng nhau.
Giả sử trong các số b1 , b2 ,..., bn có si số bằng bi , trong đó
1 ≤ i ≤ t và s1 + s2 + ... + st = n.
Theo định lý phần dư Trung hoa thì với mọi a1 , a2 ,..., at nguyên tố cùng nhau và mọi
số nguyên không âm r1 , r2 ,..., rt với 0 ≤ ri < ai , i = 1, t , tồn tại số nguyên dương m sao
cho trong phép chia cho a1 , a2 ,..., at cho số dư tương ứng là r1 , r2 ,..., rt .
Xét t số nguyên tố phân biệt p1 , p2 ,..., pt , mỗi số đều lớn hơn tất cả các số bi và đặt
ai = pi2 , ri = pi − bi với i = 1, t . Các số pi2 đôi một nguyên tố cùng nhau và
0 < ri < pi < pi2 nên điều kiện của định lý phần dư Trung hoa được thỏa mãn.

18


Xét số nguyên dương m thỏa mãn điều kiện m chia ai dư ri , ta sẽ chứng minh rằng
v

nếu ( b1 + m ) ( b2 + m ) ...( bn + m ) = u thì v = 1 .

Xét chỉ số i bất kỳ với 1 ≤ i ≤ t . Số bi + m khi chia cho pi2 cho số dư ri + bi = pi nên
suy ra bi + m chia hết cho pi nhưng không chia hết cho pi2 .
Với j ≠ i và 1 ≤ j ≤ t , ta có 0 < bi − b j < pi nên suy ra b j + m không chia hết cho pi .
Do đó trong phân tích tiêu chuẩn của ( b1 + m ) ( b2 + m ) ...( bn + m ) , mỗi số pi sẽ có mặt
với số mũ si . Vì tích này bằng u v nên v là ước số của tất cả các si và cũng là ước của
tổng của chúng, tức là n. Ngoài ra n là số nguyên tố và v < n nên v = 1 . Do vậy số n
không thỏa mãn. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét. Đây là một ứng dụng hay của định lý thặng dư Trung hoa. Bước đầu tiên
kiểm tra với hợp số thì khá rõ, đến số nguyên tố thì cần xử lý nhiều hơn, khai thác tính
có nghiệm của các hệ phương trình đồng dư để chỉ ra phản ví dụ.
Bài toán 2.2. Cho số nguyên dương n . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn cặp số
nguyên dương ( a, b ) với a, b > n sao cho
n

n

n

i =1

i =1

i =1

∏ ( a + i ) | b ( b + 2016 ) ; ∏ ( a + i ) /| b ; ∏ ( a + i ) /| ( b + 2016 ) .
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát sau:
Cho trước các số nguyên dương m, n, k . Gọi k1 , k2 ,..., km là các số nguyên dương.
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn cặp số nguyên dương ( a, b ) sao cho

m

∏ ( a + ki ) | b ( b + k )
k =1

m

nhưng ∏ ( a + ki ) /| b

m

và

k =1

∏ ( a + k ) /| ( b + k ) .
k =1

i

Chứng minh. Đặt k < p1 < p2 < ... < pm là m số nguyên tố phân biệt và kí hiệu
m

M = ∏ ( a + ki ) .
k =1

Theo định lý phần dư Trung hoa, tồn tại vô hạn số nguyên dương a > n sao cho
a ≡ − ki ( mod pi ) , ∀i = 1, m.
19

Do đó M ≡ 0 ( mod p1 p2 ... pm ) . Ta viết M = p1α1 . p2α2 ... pmα m .q1β1 .q2β2 ...qsβ s với α i ≥ 1; i = 1, m
và β j ≥ 1; j = 1, s và q1 , q2 ,..., qs là s ước nguyên tố của M khác với p1 , p2 ,..., pm .
Theo định lý phần dư Trung hoa, tồn tại vô hạn số nguyên dương b > m sao cho


M 
b ≡ 0  mod α m ÷
pm 


b ≡ −k mod pα m
m


(

)

Từ đó suy ra M /| b ; M /| b + k và M | b(b + k ). Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Bài toán 2.3 (Iran TST 2015). Cho dãy b1 < b2 < b3 < ... là dãy các số tự nhiên mà
mỗi số hạng là tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn m sao
cho bm+1 − bm = 2015 .
Lời giải. Xét 2014 số nguyên tố p1 , p2 ,..., p2014 sao cho pi ≡ 3(mod 4), ∀i = 1,2014 .
Theo định lý phần dư Trung hoa, tồn tại vô hạn x sao cho:
 x ≡ pi − i (mod pi2 )

 x ≡ 2 (mod8)
Khi đó x = 2 ( 4k + 1) và x + 2015 = 4h + 1 . Do các số có dạng 4k + 1 đều viết được
thành tổng của hai số chính phương nên tồn tại m để bm+1 = x + 2015 .

Ta có

x
2
2
= a 2 + b 2 ⇒ x = ( a − b ) + ( a + b ) , suy ra tồn tại h để bl = x .
2

 x + i Mpi

/ pi2
Ta sẽ chứng minh l = m . Thật vậy do  x + i M
suy ra không tồn tại u , v mà
 p ≡ 3 (mod 4)
 i
x + i = u 2 + v 2 . Do đó l = m , tức là bm+1 − bm = 2015 (đpcm).
Bài toán 2.4 (APMO 2011). Chứng minh rằng với mỗi k nguyên dương, k ≥ 2 , luôn
tồn tại một cấp số cộng

a1 a2
a
, ,..., n các số hữu tỷ, trong đó ai , bi ∈ ¢ + , ( ai , bi ) = 1 và
b1 b2
bn

20


các số a1 , b1 , a2 , b2 ,..., an , bn đều phân biệt.
Lời giải. Gọi p1 , p2 ,..., pk là k số nguyên tố phân biệt sao cho k < pk < pk −1 < ... < p1.

Đặt N = p1 p2 ... pk . Theo định lý phần dư Trung hoa, tồn tại x nguyên dương sao cho
x ≡ −i (mod pi ) với mọi i = 1, k và x > N 2 .
Xét dãy gồm k số sau:

x +1 x + 2
x+k
,
,...,
. Hiển nhiên dãy này là một cấp số cộng.
N
N
N

Ta có ngay, với mỗi i = 1, k thì x + iMpi .
Nếu tồn tại j ≠ i mà x + iMp j thì i − j Mp j . Tuy nhiên p j > k > i − j , nên ta có điều
mâu thuẫn.
Do đó x + i chia hết cho pi nhưng không chia hết cho p j với j ≠ i.
Đặt ai =

x+i
N
x + i ai
; bi =
= và ( ai , bi ) = 1 .
với i = 1, k . Khi đó
pi
pi
N
bi

Cuối cùng ta còn phải chứng minh các số a1 , b1 , a2 , b2 ,..., an , bn phân biệt. Ta có x > N 2
suy ra
ai =

x +i N2
N
>
>N>
= b j với mọi i, j .
pi
pi
pj

Rõ ràng các số bi phân biệt. Ta có a j =

x+ j x+i x+i
>
>
= ai , ∀i < j .
pj
pj
pi

Vậy a1 , b1 , a2 , b2 ,..., an , bn phân biệt (đpcm).
Bài toán 2.5 (Tạp chí Crux 2015). Cho p nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng tồn tại một
số tự nhiên x sao cho x và 4x đều là căn nguyên thủy modulo p .
Lời giải. Do p nguyên tố nên luôn tồn tại căn nguyên thủy modulo p . Gọi a là một
căn nguyên thủy modulo p . Khi đó tồn tại số nguyên dương r sao cho
a r ≡ 2 (mod p) , suy ra a 2 r ≡ 4 (mod p ) .
Đặt p1 , p2 ,..., pl là các ước nguyên tố phân biệt của p − 1 . Với mỗi 1 ≤ k ≤ l , kí hiệu

sk là một số nguyên thỏa mãn sk ≡/ 0 (mod pk ) và sk ≡/ −2r (mod pk ). Theo định lý
phần dư Trung hoa, tồn tại một số tự nhiên m sao cho
21


sk ≡ m (mod pk ), ∀1 ≤ k ≤ l .
Khi đó cả m và m + 2r đều không chia hết cho pk , suy ra cả m và m + 2r đều
nguyên tố cùng nhau với p − 1 .
Từ đó các số m,2m,3m,...,( p − 2) m đều không chia hết cho p − 1 , cũng vậy các số

( m + 2r ) ,2 ( m + 2r ) ,3 ( m + 2r ) ,...,( p − 2) ( m + 2r )

đều không chia hết cho p − 1. Do

a là căn nguyên thủy modulo p nên ta được
a m , a 2 m ,..., a ( p −2) m ≡/ 1 (mod p );
a m+2 r , a

2( m + 2 r )

,..., a

( p − 2)( m + 2 r )

≡/ 1 (mod p)

Từ đó suy ra a m và a m+ 2 r ≡ 4a m (mod p ) là căn nguyên thủy modulo p. Do đó số
x = a m là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.6. Tồn tại hay không tập hợp X thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
i) Tập X gồm 2016 số tự nhiên phân biệt.

ii) Tổng của một số phần tử bất kì trong X đều có dạng luỹ thừa bậc lớn hơn 1 của
một số nguyên dương.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh tồn tại tập X thoả mãn bài toán.
Thật vậy, đặt n = 1 + 2 + 3 + ... + 2016 và gọi p1 , p2 ,..., pn là n số nguyên tố phân biệt
nào đó. Với mỗi i ∈ { 1,2,..., n} , ta xét hệ phương trình đồng dư:
 x ≡ −1 (mod pi )
(hệ gồm n phương trình )

x
≡
0
(mod
p
),
1
≤
j
≤
n
;
j
≠
i
j

Theo định lý phần dư Trung hoa thì với mỗi i ∈ { 1,2,..., n} , hệ trên sẽ có nghiệm là
ai ∈ ¢ + . Đặt d = 2a2 .3a3.4a4 ...n an , khi đó các số a2 , a3 ,..., an đều chia hết cho p1 , suy ra
ak = p1.bk ∀k = 2, n .

(

Do đó d = 2b2 .3b3.4b4 ...nbn

)

p1

, suy ra d là một luỹ thừa bậc p1 của một số nguyên

dương.
Tương tự thì các số

a2 + 1, a3 , a4 ,..., an

đều chia hết cho

2d = 2a2 +1.3a3.4a4 ...n an là một luỹ thừa bậc p2 của một số nguyên dương.
22

p2 , suy ra


Cứ như vậy thì các số d ,2d ,3d ,...,2016d là luỹ thừa bậc p1 , p2 ,..., pn tương ứng.
Xét tập X = { d ,2d ,3d ,...,2016d } , khi đó ta thấy ngay tập X thoả mãn các điều kiện
của bài toán.
Bài toán 2.7. Cho tập S = { a1 , a2 ,..., an } gồm các số nguyên dương và đa thức
P ( x ) ∈ ¢ [ x ] . Biết rằng với mọi số nguyên dương k đều tồn tại một chỉ số
i ∈ { 1,2,..., n} sao cho ai | P ( k ) . Chứng minh rằng tồn tại một chỉ số i0 sao cho
ai0 | P ( k ) với mọi số nguyên dương k.
Lời giải. Giả sử với mỗi i đều tồn tại một số nguyên dương bi sao cho ai /| P ( bi ) . Gọi

P ( S ) = { p1 , p2 ,..., ps } là tập các ước nguyên tố của các phần tử của S và mi là số
m
nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại một số nguyên dương ki thỏa mãn pi i /| P ( ki )

Theo định lý phần dư Trung hoa thì tồn tại số nguyên dương K sao cho:
 K ≡ k1 ( mod p1m1 )

 K ≡ k2 ( mod p2m2 )

...

ms
 K ≡ ks mod ps

(

)

m
Ta có pi i /| P ( K ) với mọi i = 1,2,..., s . Hơn nữa, từ giả thiết phản chứng suy ra với

mỗi i đều tồn tại bi sao cho ai /| P ( bi ) nên phải có một ước nguyên tố pi j nào đó của
r
r
m
ai sao cho pi ji j || ai nhưng pi ji j || P ( bi ) . Ta có ngay mi j ≤ ri j , mà pi i j /| P ( K ) nên
i
pi j /| P ( K ) , suy ra ai /| P ( K ) , với mọi i = 1,2,..., n , mẫu thuẫn giả thiết. Bài toán

r

được chứng minh hoàn toàn.
Ta đưa ra thêm một bài toán tương tự
Bài toán 2.8. Cho tập S = { a1 , a2 ,..., an } gồm các số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại
số nguyên b sao cho tập bS = { ba1 , ba2 ,..., ban } chứa toàn những lũy thừa bậc lớn hơn
1 của một số nguyên nào đó.
23


Hint. Gọi P ( S ) = { p1 , p2 ,..., pk } là tập các ước nguyên tố của các phần tử của S. Khi
r
r
r
đó với mọi ai ∈ S đều có dạng ai = p1i1 . p2i2 ... pkik , trong đó ri j có thể bằng 0. Ta sẽ

chứng minh tồn tại một số nguyên b dạng b = p1s1 . p2s2 ... pksk sao cho bai là lũy thừa với
số mũ lớn hơn 1. Điều này tương đương với tồn tại số nguyên tố qi sao cho qi | s j + ri j
,với mọi i = 1,2,..., k . Thật vậy, chọn q1 , q2 ,..., qk là các số nguyên tố bất kì. Theo định
lý phần dư Trung hoa tồn tại số s1 thỏa mãn hệ đồng dư
 s1 + r11 ≡ 0 ( mod q1 )

 s1 + r21 ≡ 0 ( mod q2 )

...
 s + r ≡ 0 ( mod q )
k
 1 k1
Khi đó, qi | s1 + ri1 với mọi i = 1,2,..., k . Tương tự tồn tại s2 , s3 ,..., sk thỏa mãn các điều
kiện tương tự. Do đó số b = p1s1 . p2s2 ... pksk thỏa mãn yêu cầu bài toán.

24


3. Phương pháp sử dụng hệ thặng dư
Một tính chất cơ bản và hay sử dụng nhất của hệ thặng dư là nếu H là hệ thặng
dự đầy đủ mod m thì với mỗi số nguyên x , luôn tồn tại duy nhất n ∈ H để
x ≡ n(mod m) .
Bài toán 3.1 (THTT 2010). Cho m, n, d là số nguyên dương thỏa mãn m < n và

( m, d ) = ( n, d ) = 1. Chứng minh rằng trong một dãy gồm n số nguyên bất kì tạo thành
một cấp số cộng với công sai d luôn tồn tại hai số khác nhau mà tích của chúng chia
hết cho mn.
Lời giải. Xét cấp số cộng công sai d là a1 , a2 ,..., an .
Nhận xét. Với mọi k nguyên dương, k ≤ n và ( k , d ) = 1 thì trong k số hạng liên tiếp
của dãy luôn có một số chia hết cho k. Thật vậy, nhận xét này đúng với k = 1 . Với
2 ≤ k ≤ n , hiệu hai số bất kì trong k số hạng liên tiếp sẽ có dạng jd , 0 < j ≤ k − 1 . Do

( k , d ) = 1 nên

jd không chia hết cho k. Do đó k số trên tạo thành một hệ thặng dư đầy

đủ (mod k ) , suy ra có đúng một số chia hết cho k. Nhận xét được chứng minh.
Từ nhận xét suy ra trong cấp số cộng này có đúng một số chia hết cho n và có ít nhất
một số chia hết cho m. Giả sử ai Mn và a j Mm .
+ Nếu i ≠ j thì ai a j Mmn , ta được điều phải chứng minh.

[ m, n] . Vì m < n nên t = ( m, n ) ≤ n . Do đó trong cấp số cộng sẽ có
+ Nếu i = j thì ai M
2
t số hạng liên tiếp không chứa ai . Theo nhận xét trên thì trong t số hạng này có một số

t (u ≠ i ) . Khi đó ai au Mst , mà st = mn . Suy ra ai au Mmn , ta
chia hết cho t. Giả sử au M
được điều phải chứng minh.
Bài toán tương tự
Bài toán 3.2 (China 2008). Chứng minh rằng:

25