Về định lý thặng dư trung hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
======

HOÀNG THỊ THÚY HƯỜNG

VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI - 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
======

HOÀNG THỊ THÚY HƯỜNG

VỀ ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

HÀ NỘI - 2019


Lời cảm ơn
Sau một thời gian nghiên cứu cùng sự quan tâm, tạo điều kiện của
các thầy giáo cô giáo, khóa luận của em với đề tài “Về định lý thặng dư
Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp” đã được hoàn thành.
Trước hết với lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, em xin gửi lời cảm
ơn tới TS.Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn, chỉ
bảo em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài.
Em xin chân thành cảm sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong
tổ Đại số nói riêng và khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 nói
chung. Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã động viên, tạo
điều kiện để em có thể hoàn thành khóa luận tốt nghiệp.
Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình nghiên cứu, nhưng khóa luận
không tránh khỏi những thiếu sót, em rất mong nhận được sự góp ý của
các thầy cô và các bạn để đề tài được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường


Lời cam đoan
Em xin cam đoan đề tài “Về định lý thặng dư Trung Hoa và ứng
dụng trong giải toán sơ cấp” dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Thị Kiều
Nga là công trình nghiên cứu của riêng em. Trong quá trình hoàn thành
khóa luận, em có tham khảo những tài liệu có liên quan đã được hệ thống
trong mục tài liệu tham khảo. Em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm về khóa

luận của mình.
Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

1.2

1.3

1.4

Đồng dư thức và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Hệ thặng dư đầy đủ và thu gọn . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Hệ thặng dư đầy đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Hệ thặng dư thu gọn . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Một số định lý quan trọng của Số học . . . . . . . . . . . .

7

1.3.1

Định lý Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.2

Định lý Fermat nhỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3.3

Nghịch đảo môđun . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Phương trình, hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . .

9

1.4.1

Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . . .

9

1.4.2

Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . 11


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

2 Định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán
sơ cấp

14

2.1

Định lý thặng dư Trung Hoa . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2

Một số phương pháp chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa 15
2.2.1

Phương pháp 1: Chứng minh trực tiếp . . . . . . . . 15

2.2.2

Phương pháp 2: Chứng minh bằng phương pháp quy
nạp theo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2.3

Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương
pháp của Knuth . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.3

Ý nghĩa của định lý thặng dư Trung Hoa . . . . . . . . . . 21

2.4

Ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa trong giải toán
sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.4.1

Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư và các
bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.4.2

Chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn
điều kiện cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.4.3

Đếm số nghiệm của phương trình đồng dư . . . . . . 42

2.4.4

Ứng dụng vào giải các bài toán chia hết . . . . . . . 47

2.4.5

Ứng dụng trong bài toán đa thức . . . . . . . . . . . 53

2.4.6

Ứng dụng trong một số bài toán khác . . . . . . . . 59

2.4.7

Ứng dụng trong thực tiễn . . . . . . . . . . . . . . . 61

Kết luận

64

Tài liệu tham khảo

65


Lời mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu “Le Mathématique est le Roi des Sciences
mais L’Arithmétique est la Reine ”, dịch nghĩa là “Toán học là vua của các
khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng”. Điều này nói lên tầm quan trọng
của Số học trong đời sống và khoa học. Nhắc tới Số học ta phải nhắc đến
định lý thặng dư Trung Hoa. Định lý này được coi là một viên kim cương
trong Số học. Đây là một định lý rất quan trọng của Lý thuyết đồng dư và
có nhiều ứng dụng trong giải các bài toán sơ cấp như: Chứng minh sự tồn
tại nghiệm của phương trình, hệ phương trình, đếm số nghiệm, giải quyết
một số bài toán về đa thức, tổ hợp,...Hơn nữa, với việc sử dụng định lý

thặng dư Trung Hoa chúng ta có thể giải quyết được nhiều bài toán hay
và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia và quốc tế.
Vì lý do trên và với niềm yêu thích môn đại số, em đã chọn đề tài
“Về định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán sơ cấp ” làm
đề tài khóa luận của mình.
Nội dung khóa luận gồm hai chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ bản về lý thuyết đồng dư.
Chương 2: Định lý thặng dư Trung Hoa và ứng dụng trong giải toán
sơ cấp.
Chương này trình bày về định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng

1


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

của định lý thặng dư Trung Hoa trong việc giải các bài toán sơ cấp.
Do thời gian có hạn và năng lực bản thân còn nhiều hạn chế nên
khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong được sự góp ý
của các Thầy, Cô giáo và các bạn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Sinh viên

Hoàng Thị Thúy Hường

2

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức về đồng dư thức, hệ thặng
dư đầy đủ và thu gọn, một số định lý quan trọng của Số học, phương
trình và hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, nhằm sử dụng cho cho
chương sau.

1.1
1.1.1

Đồng dư thức và các tính chất
Đồng dư thức

Định nghĩa 1.1.1 Nếu hai số nguyên a và b chia cho số tự nhiên m khác

0 có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m.
Kí hiệu a ≡ b (mod m). Ngược lại kí hiệu a ≡ b (mod m).
Hệ thức a ≡ b (mod m) gọi là đồng dư thức.
Ví dụ:

3 ≡ −1 (mod 4)

4 ≡ 16 (mod 6).

Mệnh đề 1.1.1 Các khẳng định sau tương đương
i) a ≡ b (mod m);
3

Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

ii) m | (a − b);
iii) Tồn tại số nguyên t sao cho a = b + mt.

1.1.2

Các tính chất

Cho a, b, c, d là các số nguyên, m ∈ N∗ . Ta có các tính chất sau đây:
1. a ≡ b (mod m) khi và chỉ khi a − b ≡ 0 (mod m).
2. Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m).




a ≡ b (mod m)
3. Nếu
thì a ≡ c (mod m).



b ≡ c (mod m)

4. Nếu






a ≡ b (mod m)

thì a ± c ≡ b ± d (mod m).




c ≡ d (mod m)

5. Nếu





a ≡ b (mod m)

thì ac ≡ bd (mod m).




c ≡ d (mod m)
6. Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m).
7. Nếu a ≡ b (mod m) và d | m, d > 0 thì a ≡ b (mod d).
8. Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m) với mọi c = 0.
9. Nếu ab ≡ ac (mod m) và (a, m) = 1 thì b ≡ c (mod m).

10. Nếu a ≡ b (mod m) và t | a, b, m thì

m
a b
≡ (mod ).
t
t
t

11. Nếu a ≡ b (mod m) và c ∈ Z+ thì ac ≡ bc (mod mc).
4


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

12. Cho m, n ∈ Z+ , (m, n) = 1 và a, b ∈ Z. 



a ≡ b (mod m)
Khi đó a ≡ b (mod mn) khi và chỉ khi



a ≡ b (mod n)

.

13. Cho m1 , m2 , ..., mn là n số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng
nhau. Đặt m = m1 m2 ...mn , cho a, b ∈ Z ta có

a ≡ b (mod m) khi và chỉ khi a ≡ b (mod mi ), ∀i = 1, n.

1.2

Hệ thặng dư đầy đủ và thu gọn

1.2.1

Hệ thặng dư đầy đủ

Định nghĩa 1.2.1 Cho tập A = {a1 , a2 , ...an }. Giả sử ri (0

ri

n − 1)

là số dư khi chia ai cho n. Nếu tập số dư {r1 , r2 , ...rn } trùng với tập

{0, 1, ...n − 1} thì ta nói A là một hệ thặng dư đầy đủ môđun n.
Nhận xét:

• Tập A = {a1 , a2 , ...an } lập thành một hệ thặng dư đầy đủ môđun n
khi và chỉ khi ∀i, j = 1, n, i = j : ai ≡ ai (mod n).

• Nếu tập A = {a1 , a2 , ...an } là một hệ thặng dư đầy đủ môđun n thì
từ định nghĩa ta có
– Với mọi m ∈ Z, tồn tại duy nhất ai ∈ A : ai ≡ m (mod n);

– Với mọi a ∈ Z, tập a + A = {a + a1 , a + a2 , ..., a + an } là hệ
thặng dư đầy đủ môđun n;
– Với mọi c ∈ Z, (c, n) = 1 thì tập cA = {ca1 , ca2 , ..., can } là hệ
thặng dư đầy đủ môđun n;
5


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

– Số phần tử của A là | A |= n.
Ví dụ:

• Tập A = {0, 1, ..., n − 1} là hệ thặng dư đầy đủ môđun n và được gọi
là hệ thặng dư đầy đủ không âm nhỏ nhất.

n−1 n−1
n−1
,−
+ 1, ...,
là hệ thặng dư đầy đủ
2
2
2
môđun n, gọi là hệ thặng dư đầy đủ với giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.

• Nếu n lẻ thì −

• Nếu n chẵn thì hệ thặng dư đầy đủ môđun n với giá trị tuyệt đối nhỏ

n
n
n
n
n n
.
nhất là: − , − + 1, ..., − 1 hoặc − + 1, − + 2, ...,
2 2
2
2
2
2
1.2.2

Hệ thặng dư thu gọn

Định nghĩa 1.2.2 Cho tập B = {b1 , b2 , ...bk } là k số nguyên và (bj , n) = 1

∀i = 1, k . Giả sử bj = qi n + ri , 1

ri < n thì ta có (ri , n) = 1 ∀i = 1, k .

Nếu tập {r1 , r2 , ...rk } bằng tập K gồm tất cả các số nguyên dương bé hơn

n và nguyên tố cùng nhau với n thì B được gọi là hệ thặng dư thu gọn
môđun n.
Nhận xét:

• Tập B = {b1 , b2 , ..., bk } gồm k số nguyên lập thành hệ thặng dư thu
gọn môđun n khi và chỉ khi:

i) (bi , n) = 1;
ii) bi ≡ bj (mod n) với 1

i=j

k;

iii) Số phần tử của B là ϕ(n) (với ϕ(n) là số các số nguyên dương
nhỏ hơn hoặc bằng n nguyên tố cùng nhau với n).
Điều kiện iii) tương đương với điều kiện: Với mọi m ∈ Z, (m, n) = 1
thì tồn tại duy nhất bi ∈ B sao cho m ≡ bi (mod n).
6


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

• Từ định nghĩa suy ra nếu tập B = {b1 , b2 , ..., bk } là hệ thặng dư thu
gọn môđun n và với c ∈ Z, (c, n) = 1 thì cB = {cb1 , cb2 , ..., cbk } là
hệ thặng dư thu gọn môđun n.
Ví dụ: Tập B = {1, 2..., p − 1} là hệ thặng dư thu gọn môđun p không âm
nhỏ nhất, với p là một số nguyên tố.

1.3
1.3.1

Một số định lý quan trọng của Số học
Định lý Euler

Định nghĩa 1.3.1 (Hàm Euler) Cho n là số nguyên dương, đặt ϕ(n) là
số phần tử của tập hợp gồm các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n và
nguyên tố cùng nhau với n, thì ϕ(n) được gọi là hàm Euler của n.
Nhận xét

• ϕ(1) = 1;
• Nếu p là số nguyên tố thì ϕ(p) = p − 1;
• Nếu p và q là hai số nguyên tố cùng nhau thì ϕ(pq) = ϕ(p)ϕ(q);
• ϕ(ns ) = ps−1 (p − 1);
• Nếu n = pα1 1 pα2 2 ...pαk k với p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố phân biệt
1
1
1
thì ϕ(n) = n(1 − )(1 − )...(1 − ).
p1
p2
pk
Định lí 1.3.1 (Định lý Euler) Cho n ∈ N∗ , a ∈ Z và (a, n) = 1 ta có:

aϕ(n) ≡ 1 (mod n) trong đó ϕ(n) là hàm Euler của n.

7


Khóa luận tốt nghiệp

1.3.2

Hoàng Thị Thúy Hường

Định lý Fermat nhỏ

Định lí 1.3.2 Nếu p là một số nguyên tố và a là số nguyên không chia
hết cho p thì

ap−1 ≡ 1

(mod p).

Hoặc phát biểu dạng tương đương: Cho p là số nguyên tố thế thì với mọi
số nguyên a ta có đồng dư thức: ap ≡ a (mod p).

1.3.3

Nghịch đảo môđun

Định nghĩa 1.3.3 Giả sử a, m là các số nguyên và m > 1. Nghiệm của
phương trình ax ≡ 1 (mod m) được gọi là nghịch đảo môđun m của a.
Định lí 1.3.3 Nghịch đảo môđun m của a tồn tại khi và chỉ khi có điều
kiện (a, m) = 1.
Chứng minh:
Thật vậy, giả sử (a, m) = d > 1 suy ra d | a, d | m. Gọi a là nghịch
đảo môđun m của a suy ra aa ≡ 1 (mod m) nên từ đây ta có aa ≡ 1

(mod d) (∗) mà d | a suy ra aa ≡ 0 (mod d) mâu thuẫn với (∗) cho nên
giả sử sai. Vậy (a, m) = 1.
Ngược lại, ta có (a, m) = 1 nên tồn tại x, y ∈ Z thỏa mãn:

ax + my = 1.
Từ đây ta có ax ≡ 1 (mod m). Do đó x là nghịch đảo môđun m của a.

Hệ quả 1.3.4 Nếu p là số nguyên tố thì mỗi phần tử của tập hợp

{1; 2; ..; p − 1} đều có nghịch đảo duy nhất môđun p.
8


Khóa luận tốt nghiệp

1.4

Hoàng Thị Thúy Hường

Phương trình, hệ phương trình đồng dư bậc
nhất một ẩn

1.4.1

Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn

Định nghĩa 1.4.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn là một đồng
dư thức dạng ax ≡ b (mod m) với a, b, m là các số đã biết và a không
chia hết cho m.
Ta có x0 là nghiệm của phương trình khi và chỉ khi ax0 ≡ b (mod m).
1.4.1.1 Điều kiện có nghiệm và số nghiệm
Định lí 1.4.1 Phương trình ax ≡ b (mod m) (1) có nghiệm khi và chỉ
khi ước chung lớn nhất d = (a, m) của a và m là ước của b. Khi (1) có
nghiệm thì nó có d nghiệm.
Chứng minh: Ta giả thiết d > 0. Vì (1) là phương trình bậc nhất nên

d < m.

+ Giả sử (1) có nghiệm, như vậy ta có x0 ∈ Z nghiệm đúng phương trình,
nghĩa là ta có đồng dư thức ax0 ≡ b (mod m). Vì d | a và d | m nên

d | ax0 và d | m do đó theo tính chất của đồng dư thức d | b.
+ Giả sử ngược lại (a, m) = d và d | b.
Đặt a = a1 d, b = b1 d và m = m1 d thì phương trình (1) tương đương với
phương trình: a1 x ≡ b1 (mod m1 ) (2), trong đó (a1 , m1 ) = 1. Cho x
chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ môđun m1 , cho nên có một thặng dư
duy nhất x0 trong hệ trên sao cho ta có a1 x0 ≡ b1 (mod m1 ), nghĩa là
phương trình (2) có một nghiệm duy nhất là lớp thặng dư x0 (mod m1 ).
Vì phương trình (2) tương đương với phương trình (1) cho nên lớp x0
9


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

(mod m1 ) cũng là tập hợp các giá trị của x nghiệm đúng phương trình
(1), lớp này là hợp của d lớp thặng dư môđun m, đó là d nghiệm của
phương trình (1) x0 , x0 + m1 , ..., x0 + (d − 1)m1 (mod m). Vậy phương
trình (1) có nghiệm và có d nghiệm.
Ví dụ 1: Phương trình 18x ≡ 11 (mod 30) không có nghiệm bởi vì

(18, 30) = 6 không là ước của 11.
Ví dụ 2: Phương trình 18x ≡ 12 (mod 30) có nghiệm vì (18, 12) = 6 là
ước của 12, đó là các lớp x ≡ 4, 9, 14, 19, 24, 29 (mod 30).
1.4.1.2 Cách xác định nghiệm
Để xác định nghiệm ta chỉ xét trường hợp phương trình ax ≡ b (mod m)

(1 ) với điều kiện a và m nguyên tố cùng nhau và ta có thể giả thiết
1 < a < m.
a) Xác định nghiệm bằng phép chia cho a.

b
(mod m).
a
a − 1 sao cho a chia

Nếu a | b thì nghiệm của phương trình (1 ) là x ≡
Nếu a không chia hết b thì ta có k với 1

k

hết b + km. Khi đó (1 ) tương đương với phương trình ax ≡ b + km
b + km
(mod m) và ta được nghiệm là x ≡
(mod m).
a
Cách này thường chỉ sử dụng khi a tương đối bé.
Ví dụ: Giải phương trình 5x ≡ 4 (mod 7).
Phương trình này tương đương với 5x ≡ 4 + 3.7 (mod 7). Ta được
25
nghiệm là x ≡
(mod 7) hay x ≡ 5 (mod 7).
5
b) Xác định nghiệm bằng cách vận dụng định lý Euler.
Vì (a, m) = 1 cho nên ta có aϕ(m) ≡ 1 (mod m) từ đó ta được

aϕ(m) b ≡ b (mod m).

Vậy x ≡ aϕ(m)−1 b (mod m) là nghiệm của phương trình (1 ).

10


Khóa luận tốt nghiệp

1.4.2

Hoàng Thị Thúy Hường

Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn

Ta xét hệ phương trình bậc nhất một ẩn dạng sau:





x ≡ a1









x ≡ a2

(mod m1 )
(mod m2 )
(2)





...........................









x ≡ an (mod mn )
trong đó với a1 , a2 , ..., an là các số nguyên bất kì và m1 , m2 , ..., mn là những
số nguyên lớn hơn 1.
1.4.2.1 Điều kiện có nghiệm
Gọi m là bội chung nhỏ nhất của các môđun m1 , m2 , ..., mn và gọi dij là
ước chung lớn nhất của các cặp môđun mi , mj với mọi i, j = 1, 2, 3, ..., n.
Hệ (2) có nghiệm khi và chỉ khi dij chia hết aj − aj (∀i, j = 1, 2, 3, ..., n).
Nhận xét:

• Nếu hệ (2) có nghiệm thì nó có nghiệm duy nhất.
• Nếu m1 , m2 , ..., mn nguyên tố cùng nhau từng đôi một thì hệ (2) có

nghiệm.
1.4.2.2 Cách xác định nghiệm
Đầu tiên ta xét trường hợp hệ hai phương trình





x ≡ a1 (mod m1 )



x ≡ a2 (mod m2 )

Với giả thiết d12 = (m1 , m2 ) | a1 − a2 . Từ phương trình thứ nhất ta có thể
đặt x = a1 + m1 t rồi tìm cách xác định t sao cho x cũng là nghiệm đúng
11


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

phương trình sau, nghĩa là ta có





x = a1 + m1 t




a1 + m1 t ≡ a2 (mod m2 )

Vì d12 = (m1 , m2 ) | a1 − a2 nên phương trình đồng dư sau cùng này có
nghiệm và tập hợp các giá trị của t nghiệm đúng phương trình hợp thành
m2
một lớp thặng dư môđun
, giả sử là
d12

t ≡ t0

(mod

m2
)
d12

hay

t = t0 +

m2
u, với mọi u ∈ Z.
d12

thay giá trị đó của t vào biểu thức tính x, ta được tập hợp các giá trị của

x nghiệm đúng hệ phương trình đang xét là
x = a1 + m1 (t0 +
x = x0 +

m2
u)
d12

m1 m2
u
d12

hay

x = x0 + [m1 , m2 ]u
với mọi số nguyên u, nghĩa là nghiệm của hệ là x ≡ x0 (mod m12 ) với

x0 = a1 + m1 t0 , và m12 = [m1 , m2 ].
Đối với trường hợp một hệ n phương trình (n > 2) thì ta bắt đầu bằng
giải hai phương trình nào đó, rồi thay trong hệ hai phương trình đã giải
bằng nghiệm tìm thấy, ta sẽ được một hệ gồm n − 1 phương trình tương
đương với hệ đã cho. Tiếp tục như vậy sau n − 1 bước ta sẽ được nghiệm
phải tìm.

12


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường






x ≡ 26 (mod 36)





Ví dụ: Giải hệ phương trình x ≡ 2 (mod 60)








x ≡ 92 (mod 150)




x ≡ 26 (mod 36)
Đầu tiên ta xét hệ hai phương trình




x ≡ 2 (mod 60)

hệ này có

nghiệm là x ≡ 62 (mod 180).

Do đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ





x ≡ 62 (mod 180)



x ≡ 92 (mod 150)

có nghiệm là x ≡ 242 (mod 900). Vậy nghiệm của hệ đã cho là

x ≡ 242

(mod 900).

13


Chương 2
Định lý thặng dư Trung Hoa và ứng

dụng trong giải toán sơ cấp
Chương này đưa ra các phương pháp chứng minh định lý thặng dư
Trung Hoa và đưa ra một số ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa
trong giải toán sơ cấp. Cụ thể là
+ Định lý thặng dư Trung Hoa.
+ Một số phương pháp chứng minh định lý thăng dư Trung Hoa: Chứng
minh trực tiếp; Chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n; Chứng
minh theo phương pháp của Knuth.
+ Ý nghĩa của định lý thặng dư Trung Hoa.
+ Ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa trong giải toán sơ cấp như:
Giải phương trình, hệ phương trình đồng dư và các bài toán liên quan;
Chứng minh sự tồn tại của một số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước;
Đếm số nghiệm của phương trình đồng dư; Ứng dụng vào giải các bài
toán chia hết; Ứng dụng trong các bài toán đa thức; Ứng dụng trong
một số bài toán khác và trong thực tiễn.
14


Khóa luận tốt nghiệp

2.1

Hoàng Thị Thúy Hường

Định lý thặng dư Trung Hoa

Cho m1 , m2 , ..., mn là n số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và

a1 , a2 , ..., an là n số nguyên bất kì. Khi đó hệ phương trình đồng dư :






x ≡ a1









x ≡ a2

(mod m1 )
(mod m2 )
(I)





...........................










x ≡ an (mod mn )
có nghiệm duy nhất theo môđun m1 m2 ...mn .

2.2

Một số phương pháp chứng minh định lý thặng
dư Trung Hoa

2.2.1

Phương pháp 1: Chứng minh trực tiếp

∗ Chứng minh sự tồn tại nghiệm:
Ta có m1 , m2 , ..., mn là n số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau.
M
Đặt M = m1 m2 ...mn và Mi =
, ∀i = 1, n. Từ đây ta có: (Mi , mi ) = 1
mi
.
và Mi ..mj với ∀i = j(i, j = 1, n). Vì (Mi , mi ) = 1, ∀i = 1, n nên tồn tại

yi ∈ Z thỏa mãn Mi yi ≡ 1 (mod mi ), ∀i = 1, n.
n

ai Mi yi .

Xét c = a1 M1 yi + a2 M2 y2 + ... + an Mn yn =
i=1

.
Vì Mi ..mj (∀i = j) nên ta có: ai Mi yi ≡ 0 (mod mj ), ∀i = j (i, j = 1, n).
Do đó c ≡ ai Mi yi (mod mi ), i = 1, n. Mà Mi yi ≡ 1 (mod mi ) nên c ≡ ai
15


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

(mod mi ) với mọi i = 1, n tức là c là một nghiệm của hệ phương trình
đồng dư (I).
Vậy ta có x ≡ c (mod mi ), ∀i = 1, n suy ra x ≡ c (mod M ). Vậy hệ (I)
n

ai Mi yi theo môđun M = m1 m2 ...mn .

có tồn tại nghiệm c =
i=1

∗ Chứng minh tính duy nhất nghiệm
Giả sử hệ phương trình (I) có hai nghiệm là c và d. Do đó:






c≡d









c ≡ d

(mod m1 )
(mod m2 )





..........................









c ≡ d (mod mn )

Vì m1 , m2 , ..., mn đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có:

c ≡ d (mod m1 m2 ...mn ) tức là c và d cùng thuộc một lớp thặng dư môđun
M = m1 m2 ...mn .

16


Khóa luận tốt nghiệp

2.2.2

Hoàng Thị Thúy Hường

Phương pháp 2: Chứng minh bằng phương pháp quy
nạp theo n

Ta có hệ phương trình đồng dư:





x ≡ a1










x ≡ a2

(mod m1 )
(mod m2 )
(I)





...........................









x ≡ an (mod mn )
với a1 , a2 , ..., an là các số nguyên bất kì, m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên
dương đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta chứng minh hệ (I) có nghiệm duy
nhất theo môđun m1 m2 ...mn bằng phương pháp quy nạp theo n (∗).

∗ Với n = 2 ta có hệ:





x ≡ a1

(mod m1 ) (1)




x ≡ a2

(mod m2 ) (2)

(II)

Do (m1 , m2 ) = 1 nên tồn tại y1 ∈ Z thỏa mãn: m1 y1 ≡ 1 (mod m2 ). Từ
(1) ta có: x = a1 + m1 t1 (t1 ∈ Z) (1 ) thay vào phương trình (2) ta được:

a1 + m1 t1 ≡ a2 (mod m2 ) suy ra m1 t1 ≡ a2 − a1 (mod m2 ) từ đây ta
có y1 m1 t1 ≡ y1 (a2 − a1 ) (mod m2 ) nên t1 ≡ y1 (a2 − a1 ) (mod m2 ) (vì

m1 y1 ≡ 1 (mod m2 )) suy ra t1 ≡ y1 (a2 − a1 ) + m2 t2 (t2 ∈ Z) thay vào
(1 ) ta được:
x = a1 + m1 [y1 (a2 − a1 ) + m2 t2 ] = a1 + m1 y1 (a2 − a1 ) + m1 m2 t2 (t2 ∈ Z).

17


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

Cho nên x ≡ x0 (mod m1 m2 ) với x0 = a1 + m1 y1 (a2 − a1 ).
Vậy (II) có duy nhất nghiệm theo môđun m1 m2 .

∗ Giả sử (∗) đúng với (n − 1) phương trình với n





x ≡ a1









x ≡ a2

2 tức là hệ

(mod m1 )
(mod m2 )






...........................









x ≡ an−1 (mod mn−1 )
có nghiệm duy nhất theo môđun m = m1 m2 ...mn−1 trong đó m1 , m2 , ...,

mn−1 là n−1 số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau và a1 , a2 , ..., an−1
là n − 1 số nguyên bất kì. Giả sử nghiệm đó là x = x0 + mt1 . Ta cần chứng
minh (∗) đúng đến n.
Thật vậy thay x = x0 + mt1 vào phương trình x ≡ xn (mod mn ) ta được

x0 + mt1 ≡ xn

(mod mn )

⇒ mt1 ≡ xn − x0

(mod mn ).

Theo giả thiết ta có m1 , m2 , ..., mn đôi một nguyên tố cùng nhau nên

(m1 m2 ...mn−1 , mn ) = 1 hay (m, mn ) = 1. Do vậy tồn tại y ∈ Z thỏa mãn:
my ≡ 1 (mod mn ).
Từ phương trình: mt1 ≡ xn − x0 (mod mn ) nên ymt1 ≡ y(xn − x0 )

(mod mn ) ⇒ t1 ≡ y(xn − x0 ) (mod mn ) hay t1 = y(xn − x0 ) + mn t2
(t2 ∈ Z) thay vào x = x0 + mt1 ta được:
x = x0 + m[(xn − x0 )y + mn t2 ]
= x0 + m(xn − x0 )y + mmn t2
18


Khóa luận tốt nghiệp

Hoàng Thị Thúy Hường

= x0 + m1 m2 ...mn−1 (xn − x0 )y + m1 m2 ...mn−1 mn t2 .
x ≡ x”0 (mod m1 m2 ...mn−1 mn ) với x”0 = x0 + m1 m2 ...mn−1 (xn − x0 )y.
Vậy hệ (*) đúng với n phương trình. Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất theo
môđun m1 m2 ...mn−1 mn .

2.2.3

Phương pháp 3: Chứng minh định lý theo phương pháp
của Knuth

Đặt M = m1 m2 ...mn . Vì m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên dương đôi một
nguyên tố cùng nhau nên (mi , mj ) = 1, ∀i, j = 1, n, i = j. Từ đây ta có
M
M

(mi , ) = 1 và ta cũng có mj | , ∀i, j = 1, n, i = j.
mi
mi
M ϕ(mi )
Đặt Mi = ( )
trong đó ϕ(mi ) là hàm Euler của mi . Vì ta có
mi
M
(mi , ) = 1, ∀i = 1, n. Theo định lý Euler ta có:
mi

Mi = (

M ϕ(mi )
)
≡1
mi

(mod mi )

hay

Mi ≡ 1

(mod mi ), ∀i = 1, n.

Xét x ≡ a1 M1 + a2 M2 + ... + an Mn (mod M ). Từ đây ta có






x ≡ a1 M1 + a2 M2 + ... + an Mn









x ≡ a1 M1 + a2 M2 + ... + an Mn

(mod m1 )
(mod m2 )





..................................................










x ≡ a1 M1 + a2 M2 + ... + an Mn (mod mn )

19