Định lý thặng dư Trung Hoa bản Word

ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ ỨNG DỤNG

Học viên: Bùi Đức Thái
Lớp: K28B
Chun ngành: Tốn Giải tích

1


Mục lục

Lời mở đầu

3

Nội dung
I. Kiến thức về định lý thặng dư Trung Hoa

5

II. Một số ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa

7

1. Áp dụng cơ bản giải phương trình đồng dư tuyến tính

7

2. Áp dụng để giải bài toán chứng minh sự tồn tại trong số học

10

3. Áp dụng trong các bài toán về chứng minh chia hết

12

và tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước
4. Giải bài toán tổ hợp

14

5. Một số bài toán tương tự

17

III. Tài liệu tham khảo

18

Kết luận

19

2


LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Ngạn ngữ Pháp có câu: “Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine”, dịch nghĩa: “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. Số học giúp con người ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và
tư duy và sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia, cấp
khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thường đóng vai trị quan trọng. Chúng ta
có thể làm quen nhiều dạng bài tốn Số học, biết nhiều phương pháp giải, nhưng cũng
có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi gặp một bài tốn mới chúng ta lại phải
suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự
hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tơi
đã sưu tầm và hệ thống lại một số bài toán để viết lên tiểu luận “Định lý thặng dư Trung
Hoa và một số ứng dụng”.
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên được phần
chính yếu của tiểu luận. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng không thể tránh khỏi
được tất cả, về phương diện chuyên môn cũng như phương diện sư phạm.
Định lý thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt thêm, người Trung Quốc
gọi nó là bài tốn “Hàn Tín điểm binh”. Hàn Tín là một danh tướng thời Hán Sở, từng
được phong tước vương thời Hán Cao Tổ Lưu Bang đang dựng nghiệp. Sử ký Tư Mã
Thiên viết rằng khi Hàn Tín là tướng trói gà khơng nổi, nhưng rất có tài về qn sự, tục
kể rằng khi Hàn Tín điểm qn số ơng cho qn lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báo
cáo số dư mỗi hàng, từ đó ơng tính chính xác qn số đến từng người. Cách điểm quân
số đã được ông thể hiện qua bài thơ sau:
Tam nhân đồng hành thất thập hy
Ngũ thụ mai hoa trấp nhất chi
Thất tử đồn viên chính bán nguyệt
Trừ bách linh ngũ tiện đắc chi.
Dịch:
Ba người cùng đi ít bảy chục
Năm cỗ mai hoa hăm mốt cành
Bảy gã xum vầy vừa nửa tháng
3

Trừ trăm linh năm biết số thành.
(Người dịch: Trình Đại Vỹ đời nhà Minh)
Bản chất của bài tốn Hà Tín điểm binh đấy là việc giải hệ phương trình đồng dư bậc
nhất
�x �a1 (mod m1 )
�
�x �a2 (mod m2 )
�
.....
�
�x �a (mod m )
k
k
�

Trong đó m1 , m2 ,....mk là các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau, với bài tốn
của Hàn Tín thì k  3; m1  3; m2  5; mk  7...
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống logic về các lý thuyết cơ bản của định lý
Thặng dư Trung Hoa và đi sâu vào tìm hiểu ứng dụng của nó. Từ đó, có những hiểu biết đầy đủ
về định lý này cũng như là có thêm nhiều kỹ năng khi giải các bài toán về Số học.
3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Lý thuyết về định lý Thặng dư Trung Hoa và các ứng dụng của định lý đó.
4. Phương pháp nghiên cứu
Các phương pháp được sử dụng trong nghiên cứu: tổng hợp, phân tích và khái qt hóa.
Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về các vấn đề cần nghiên cứu.
5. Bố cục bài tiểu luận
Một số kiến thức cơ sở về định lý Thặng dư Trung Hoa.
Ứng dụng.

4


NỘI DUNG
I. Kiến thức cơ bản về định lý thặng dư Trung Hoa
1. Định lý thặng dư Trung Hoa
Cho k số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau m1 , m2 ,....mk và a1 , a2 ,....ak là k số
ngun tùy ý. Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính
�x �a1 (mod m1 )
�
�x �a2 (mod m2 )
�
.....
�
�x �a (mod m )
k
k
�

Có nghiệm duy nhất mơđun m1m2 ....mk
Chứng minh định lý
 Chứng minh sự duy nhất: Giả sử hệ có hai nghiệm x,y dẫn đến
x �y (mod mi ), i  1; k . Vì m1 , m2 ,....mk đôi một nguyên tố cùng nhau nên
x �y (mod m1 m2 ...mk ) . Tức là y và x cùng thuộc một lớp thặng dư m1m2 ....mk .

 Chứng minh sự tồn tại: Ta muốn viết các nghiệm như là một tổ hợp tuyến tính
các số a1 , a2 ,....ak . Chẳng hạn x  A1a1  A2 a2  ...  Ak ak

A �0(mod mi ), j �i

Với các Ai phải tìm thỏa mãn j
và Ai �1(mod mi ) .
Đặt N1  m2 m3 ...mk ; N 2  m1m3 ...mk ;...; Ni  m1m2 ...mi 1mi 1...mk ;...
Khi đó ( N i , mi )  1 vì (mi , m1 )  (mi , m2 )  ...  (mi , mi 1 )  (mi , mi 1 )  ...  (mi , mk )  1
1
m j N i , j �i.
N N 1 �1(mod m j ).
Vì ( N i , mi )  1 nên tồn tại Ni sao cho i i

và

1
Đến đây ta đặt Ai  N i N i thì

Ai �1(mod mi ); Ai �10(mod mi ), j �i (Vì Ni �
0(mod mi )

Ai

0(mod mi ) ).

1
1
1
Khi đó x  A1a1  A2 a2  ...  Ak ak  N1 N1 a1  N 2 N 2 a2  ...  N k N k ak sẽ thỏa mãn
x �N i N i1ai �ai (mod mi ) (Vì tất cả các thừa số còn lại đều chia hết cho mi )

*Nhận xét: Định lý Thặng dư Trung Hoa khẳng định về sự tồn tại duy nhất của một lớp
thặng dư các số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính. Do đó có thể sử
5

dụng định lý để giải quyết những bài toán về sự tồn tại và đếm các số nguyên thỏa mãn
một hệ các điều kiện về quan hệ đồng dư, quan hệ chia hết…, hay đếm số nghiệm của
phương trình đồng dư, chứng minh cho bài toán số học chia hết. Việc sử dụng hợp lý
các bộ m1 , m2 ,....mk và bộ a1 , a2 ,....ak trọng định lý, cho ta nhiều kết quả khá thú vị và từ
đó ta có thể lập được nhiều bài tốn hay và khó. Sau đây tôi đưa ra một số ứng dụng
của định lý thặng dư Trung Hoa giải các bài toán số học mà chúng ta thường gặp.
2. Mở rộng định lý thặng dư Trung Hoa
Trong định lý Thặng dư Trung Hoa, có điều kiện m1 , m2 ,....mk là các số nguyên dương đôi
một nguyên tố cùng nhau. Câu hỏi đặt ra: Nếu m1 , m2 ,....mk không thỏa mã điều kiện nguyên tố
cùng nhau thì kết quả của định lý sẽ như thế nào?
*Định lý: Cho m1 , m2 ,....mk là các số nguyên dương, r1 , r2 ,....rk là các số nguyên bất kỳ. Khi đó,
điều kiện cần và đủ để hệ phương trình đồng dư:
�x �r1
�
�x �r2
�
�
�x �r
� k

có nghiệm là

ri �rj  mod gcd(mi , m j ) 

(mod m1 )
(mod m2 )
.....
(mod mk )

với mọi 1 �i �j �k .

Nếu x0 và x1 là hai nghiệm thỏa mãn hệ phương trình trên thì x0 �x1 (mod m) với
m  lcd (m1, m2 ,K , mk )

. Tức là hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất theo modulo m .

Chứng minh.
gcd(mi , m j )  d
Trước hết, ta giả sử hệ phương trình đã chó có nghiệm x0 . Đặt
, ta có:
�x0  ri �0(mod mi ),
�
�x0  rj �0(mod m j ).

Suy ra

ri �rj  mod gcd(mi , m j ) 

r �r  mod gcd( mi , m j ) 
. Do i, j tùy chọn nên: i j
với mọi

1 �i �j �k . Đây là điều kiện cần để hệ phương trình có nghiệm.

Ngược lại, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng nếu điều kiện trên được thỏa mãn thì
hệ phương trình ln có nghiệm duy nhất theo modulo m với m  lcd (m1, m2 ,K , mk ) .
 Với k  2 , đặt gcd(m1, m2 )  d � m1  dd1 , m2  dd 2 với gcd( d1 , d 2 )  1 .
Suy ra:

ri �rj �r  mod d 

.
6


Đặt r1  r  n1d , r2  r  n2d . Ta có:
�x  r
�n1 (mod d1 )
�
�x �r1 (mod m1 )
�d
��
�
�x �r2 (mod m2 )
�x  r �n (mod d )
2
2
�d

Do (d1 , d 2 )  1 nên theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại một số dương x sao cho
x �n1 (mod d1 ); x �n2 (mod d 2 )

xr
. Vì x và d là hai nghiệm của phương trình:
�x �n1 (mod d1 )
�
�x �n2 (mod d 2 )

xr
�x (mod d1d 2 )
nên d
hay x �xd  r (mod d1dd 2 ) .
m  lcd ( m1 , m2 )  dd1d 2

Do
nên theo định lý Thặng dư Trung Hoa, hệ có nghiệm duy nhất
m
theo modulo .
Giả sử định lý đúng đến k  1 . Ta sẽ chứng minh định lý đúng đến k .
Đặt m1 '  lcd (m1 , m2 ,K , mk 1 ), m2 '  mk , r2 '  rk . Vì
nên theo giả thiết quy nạp, hệ phương trình:

ri �rj  mod gcd(mi , m j ) 

với mọi 1 �i �j �k

�x �ri (mod mi ),
�
i  1, k  1
�

có nghiệm duy nhất.

r �r  mod gcd(m , m ) 

r ' �r2 '  mod gcd( m1 ', m2 ') 

i

j
Mặt khác, từ i j
với mọi 1 �i �j �k suy ra 1
Theo chứng minh trên cho trường hợp k  2 , ta có hệ phương trình:

.

�x �r1 '(mod m1 '),
�
�x �r2 '(mod m2 ').

có nghiệm duy nhất theo modulo m  lcd (m1 ', m2 ')  lcd (m1 , m2 ,K , mk ).
Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh.
II. Một số ứng dụng của định lý thặng dư Trung Hoa
1. Áp dụng cơ bản giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính
Vận dụng tư tưởng của định lý thặng dư Trung Hoa, chúng ta có thể xây dựng một
phương pháp hiệu quả nhất trong việc giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính.
Cách giải:

 Bước 1: Đặt m  m1m2 ....mk  Ni mi với i  1, 2,3,..., n
1
 Bước 2: Tìm các nghiệm Ni của phương trình Ni x �1(mod m)
7


n

 Bước 3: Tìm được một nghiệm của hệ là:
 Bước 4: Kết luận nghiệm: x �x0 (mod m)

x0  �N i N i1ai
i 1

Bài toán 1. Đầu tiên ta đến với bài thơ đố dân gian Việt Nam:

Trung Thu
Trung thu gió mát trăng trong
Phố phường đơng đúc, đèn lồng sao sa
Rủ nhau đi đếm đèn hoa
Quẩn quanh, quanh quẩn biết là ai hay
Kết năm chẵn số đèn này
Bảy đèn kết lại cịn hai ngọn thừa
Chín đèn thì bốn ngọn dư
Đèn hoa bao ngọn mà ngẩn ngơ lòng.
(Cho biết số đèn trong khoảng 600 đến 700)
Giải: Sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta giải như sau:
�, 600 x 700) theo bài thơ ta có hệ phương trình đồng dư như sau:
Gọi số đèn là x ( x Σ�
�x �0 (mod 5)
�
�x �2 (mod 7)
�x �4 (mod 9)
�

N1  7.9  63 �3(mod 5) � N11  2
N 2  5.9  45 �3(mod 7) � N 21  5
N 3  5.7  35 �3(mod 9) � N 31  8
Từ đó ta có x  1.280.1  2.168.4  1.120.1  1.105.1  1849 �169 (mod 840) là nghiệm hệ phương
trình.
2

Bài tốn 2. Giải phương trình đồng dư x �1(mod144)

Giải: Vì 144  16.9 , và (16,9)  1 . Do đó theo định lý thặng dư Trung Hoa thì nghiệm của
bài tốn chính là nghiệm của hệ phương trình
8


�x 2 �1(mod16)
�
�2
�x �1(mod 9)
2
2
Phương trình x �1(mod16) có 4 nghiệm x ��1, �7 (mod16)
2
2
Phương trình x �1(mod 9) có 2 nghiệm x ��1(mod 9) do đó ta có tất cả 8 hệ sau

�x �1(mod16) �x �1(mod16)
�x �1(mod16)
�x �1(mod16)
(1), �
(2), �
(3), �
(4)
�
�x �1(mod 9)
�x �1(mod 9)
� x �1(mod 9)
�x �1(mod 9)

�x �7 (mod16)
�x �7 (mod16)
�x �7 (mod16)
�x �7(mod16)
(5), �
(6), �
(7), �
(8)
�
�x �1(mod 9)
�x �1(mod 9)
� x �1(mod 9)
�x �1(mod 9)

Cả 8 hệ đều ứng với k  2 và
N1  9 �9(mod16) � N11  9 � N1 N11  81
N 2  16 �7(mod 9) � N 21  4 � N 2 N 21  28

Do đó phương trình ban đầu có tất cả 8 nghiệm sau
(1) : x  1.81  1.64  145
�1(mod144)
(2) : x  1.81  ( 1).64  17
�17(mod144)
(3) : x  ( 1).81  1.64  17
�17(mod144)
(4) : x  ( 1).81  ( 1).64  145 �1(mod144)
(5) : x  7.81  1.64  631
(6) : x  7.81  ( 1).64  503
(7) : x  (7).81  1.64  503

�55(mod144)
�71(mod144)
�71(mod144)

(8) : x  ( 7).81  ( 1).64  631

�55(mod144)

Nhận xét: Như vậy dựa vào định lý thặng dư Trung Hoa ta có thể đếm được số nghiệm
của một phương trình đồng dư. Chúng ta hãy cụ thể hóa ý tưởng này thơng qua ví dụ
sau đây
Bài tốn 3.(VMO-2008) Cho m  2007
thỏa mãn điều kiện: n(2n  1)(5n  2)Mm .

2008

. Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương n �m

2008
2008
4016
2008
Giải: Ta có m  9 .223  3 .223  n1.n2

Do (10, m)  1 � n(2n  1)(5n  2)Mm
� m 10.5.2n.(2n  1)(5n  2)  10n(10n  5)(10n  4) � m x( x  5)( x  4)

Ta có:

m x( x  5)( x  4) �

hệ phương trình đồng dư sau
9

trong đó x  10n.


x �0(mod10)
�
�
�x( x  5)( x  4) �0(mod n1 )
�x( x  5)( x  4) �0(mod n )
2
�
Vì 3 không là ước chung của x, x  4, x  5 nên x, x  4, x  5 �0(mod n1 ) khi và chỉ khi
x �r1 (mod n1 ) ở đó r1 � 0, 4, 5 .
r � 0, 4, 5
Tương tự x, x  4, x  5 �0(mod n2 ) khi và chỉ khi x �r2 (mod n2 ) ở đó 2 
.

Vậy

m n.(2n  1)(5n  2) � x �0 (mod10); x �r1 (mod n1 ); x �r2 (mod n2 ). (1)

Vậy các số n �m thỏa mãn điều kiện bằng số các số x �10n1.n2 thỏa mãn (1). Với mỗi cách
r � 0, 4, 5
r � 0, 4, 5
chọn 1 
và 2 
theo định lí thặng dư Trung Hoa ta có duy nhất một số

x �10n1.n2 thỏa mãn (1). Vậy có 9 số thỏa mãn điều kiện bài ra.



Bài toán tổng quát. Cho m  p1 p2 ... pk ( pi ��,  i ��) và f(x) là một đa thức với hệ số
ngun. Khi đó phương trình đồng dư f ( x) �0(mod m) có nghiệm khi và chỉ khi tất cả các

phương trình đồng dư f ( x) �0(mod pi ), i  1, k có nghiệm. Nếu gọi số nghiệm của phương
1

2

k

i


trình f ( x) �0(mod pi ), i  1, k là ni thì phương trình f ( x ) �0(mod m) có đúng n1n2 ...nk
nghiệm modul m.
i

2. Áp dụng để giải bài toán chứng minh sự tồn tại trong số học
p, q ��* \  1 , ( p, q )  1
Bài toán 1. Cho
. Chứng minh rằng tồn tại k �� sao cho ta có số
( pq  1)n k  1 là hợp số với mọi n ��* .
*
Giải: Do ( p, q)  1 theo định lí thặng dư Trung Hoa  k �� thỏa mãn hệ phương trình đồng dư

�k �1(mod p)

�
k �1(mod q)
�
n
�q�
) ( pq  1)n k
Nếu: nM2 � ( pq  1) �1(mod
n
� p�
)
Nếu: n M2 � ( pq  1) �1(mod

1(mod q )

( pq  1) n k

1(mod p )

( pq  1)n k 1 0(mod q)

( pq  1) n k 1 0(mod p)

n
*
Vậy ( pq  1) k  1 là hợp số với mọi n �� .

Nhận xét: Chứng minh trên thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa.
n
Mấu chốt của bài toán là chúng ta thấy được để ( pq  1) k  1 là hợp số ta cần chỉ ra rằng khi
10

nào ( pq  1) k  1 chia hết cho p hoặc q (qua việc xét tính chẵn lẻ của n) từ đó ta xây dựng
được một hệ phương trình đồng dư:
n

�k �1(mod p)
�
k �1(mod q)
�

Bài tốn 2.(IMO 1989). Chứng minh rằng với mọi n �� tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao
cho bất kì số nào trong các số ấy cũng đều không phải là lũy thừa (với số mũ nguyên dương)
của số nguyên tố.
*

Giải:
*
Cách 1: Mỗi n �� xét n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 ,..., pn . Xét hệ phương trình

�x �p1  1(mod p12 )
�
2
�x �p2  1(mod p2 )
�
...............................
�
2
�
�x �pn  1(mod pn )

Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình trên có nghiệm
�κa �: a

pi  1(mod pi2 ) i  1, n . Từ đó suy ra các số a  1, a  2,..., a  n đều không phải là
lũy thừa với số mũ nguyên dương của một số nguyên tố.
*
Cách 2: Mỗi n �� xét 2n số nguyên tố phân biệt p1 , p2 ,..., pn , q1 , q2 ,..., qn . Xét hệ phương
trình

�x �1(mod p1q1 )
�x �2(mod p q )
�
2 2
�
...............................
�
�
�x �n(mod pn qn )

Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình trên có nghiệm
�κa �: a

i (mod pi qi ) i  1, n

. Từ đó suy ra các số a  1, a  2,..., a  n , đều không phải là
lũy thừa với số mũ nguyên dương của một số nguyên tố.
Nhận xét: qua sự chọn khéo léo bộ m1 , m2 ,..., mk cho ta một dãy n số hạng thỏa mãn yêu cầu.
Tư tưởng giống như trên cho ví dụ dưới đây.
Bài tốn 3.(Nordic 1998). Tìm số ngun dương n sao cho tồn tại dãy

 x1 , x2 ,...., xn    1, 2,...., n thỏa mãn: x1  x2  ....  xn Mk với mọi k  1, 2,..., n ?

11


x �x j i �j
x , x ,....  1, 2,....
2/ Tồn tại hay không một dãy vô hạn  1 2  
sao cho i
thỏa mãn :
x1  x2  ....  xn Mk với mọi k  1, 2,..., n ?
Giải. 1/ n=1 thỏa mãn, n=3 thỏa mãn với dãy tương ứng là 1,3,2
Giả sử n �� thỏa mãn đề bài khi đó ta có:
*

n 1
m
2 . Theo giả thiết
Giả sử n �5 , đặt

n

n

n  n  1

i 1

i 1

2

�xi  �i 
n 1

n 1

i 1

i 1

Mn � n

�xi  �i  mn  xn Mn  1

là số lẻ.

nên suy ra

xn �mn �m (mod n  1),1 �xn �n � xn 1  n  1. Tương tự ta có
n2

n 2

i 1

i 1

�xi  �i  m(n  1)  xn1 Mn  2
� xn 1 �m(n  1) �m (mod n  2),1 �xn 1 �n � xn 1  m  xn (Vô lý)

Vậy chỉ có n  1, n  3 thỏa mãn điều kiện đề bải.

 xn  n1 thỏa mãn điều kiện đề bài.
�

2/ Ta sẽ xây dựng một dãy

Lấy x1  1, x2  3, x3  2 . Giả sử x1 , x2 , x3 ,...., xN là một dãy thỏa mãn điều kiện
x1  x2  ....  xk Mk với mọi k  1, 2,..., N . Đặt x1  x2  ....  xN  s
Gọi n là số nguyên dương bé nhất không nằm trong dãy x1 , x2 , x3 ,...., xN .
Do ( N  1, N  2)  1 nên theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn tại một số nguyên
� m � s(mod N  1)
�
m  x1 , x2 , x3 ,...., xN thỏa mãn �m � s  n(mod N  2)
Đặt xN 1  m, xN  2  n , ta có dãy x1 , x2 , x3 ,...., xN , xN 1 , xN  2 thỏa mãn các điều kiện của bài tốn
vì x1  x2  x3  ....  xN  xN 1  s  mMN  1; x1  x2  x3  ....  xN  xN 1  xN  2  s  m  nMN  2 và
x1  x2  ....  xk Mk với mọi k  1, 2,..., N .

x
Do đó x1  x2  ....  xk Mk với mọi k  1, 2,..., N  2 hiển nhiên dãy  n  n1 xây dựng như trên
thỏa mãn điều kiện đề bài.
�

x
Nhận xét: Trong bài toán này ta cần chú ý đến dãy  n  là một hoán vị của tập �, nếu khơng
có giả thiết này bài tốn trở thành tầm thường, trong phần 2 ta cần quy nạp như sau, mỗi bộ

12

x1 , x2 ,...., xn thỏa mãn ta ln tìm được xn 1 sao cho x1  x2  ....  xn 1 Mn  1 . Do vậy ta cần phải
x
x
xây dựng dãy  n  sao cho dãy  n  quét hết tập �, đây là yêu cầu chính của bài tốn.
3. Áp dụng trong các bài tốn về chứng minh chia hết và tìm số ngun thỏa mãn điều
kiện cho trước.
2
2
*
Bài toán 1. Chứng minh rằng phương trình x  34 y �1(mod m) có nghiệm với mọi m �� .

Giải:
Trường hợp 1:

 m,3  1 � x 2  34 y 2 �1(mod m) � ( x  5 y )( x  5 y ) �(3 y  1)(3 y  1) (mod m)
3 y  1,3 y  1
Tập hợp các số 
chạy qua các số không chia hết cho 3

� y0 ��:(3 y0  1)(3 y0  1) Mm chọn x0  5 y0 � ( x0 , y0 ) cần tìm.
Trường hợp 2:

 m,5  1 � x 2  34 y 2 �1(mod m) � ( x  3 y )( x  3 y ) �(5 y  1)(5 y  1) (mod m)
5 y  1,5 y  1
Tập hợp các số 
chạy qua các số không chia hết cho 5

� y0 ��:(5 y0  1)(5 y0  1)Mm chọn x0  3 y0 � ( x0 , y0 ) cần tìm.
Trường hợp 3:
(m,3)  (m,5) �1


*
*
Đặt m  m1.m2 với m1  m ( �� ), m2 �� :(m1 ; m2 )  1, (m1 ,5)  1



(3, m2 )  1 � ( x1; y1 ) �(� ) 2 : x12  34 y12 �1(mod m2 )



(5, m1 )  1 � ( x2 ; y2 ) �(� ) 2 : x22  34 y22 �1(mod m1 )

*
Từ đó theo định lí thặng dư Trung Hoa tồn tại ( x, y ) �� sao cho

�x �x1 (mod m1 )
�x �x2 (mod m2 )
& �
�
�y �y2 (mod m2 )
�y �y1 (mod m1 )

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Cách giải của bài tốn chính là đã dùng phương pháp gen trong phương trình tổng
dư, kết hợp với định lí thặng dư Trung Hoa.
Bài tốn 2.(Shortlisted IMO 1988)
13

*
2n  1 m 2  9.
m
��
n
��
Xác định tất cả
sao cho với n này tồn tại
sao cho:

Giải: Ta chứng minh

2n  1 m 2  9 � n  2 s ( s ��* )

Điều kiện cần:
s
*
t �3 � 2t  1 2 n  1 � 2t  1 m 2  9
n

2
t
(
s
�
�
,
t
�
�

,
(
t
,
2)

1)
Đặt
. Nếu
.

Ta có

2t �
1 �
1(mod
�
4) ��p

1(mod 4), p 2t 1( p

:p

3)

p 1

� p m 2  32

p m2 9

p 1

p 1
2 2
2
theo định lý Fecma 1 �m �(m ) �(9) �1(mod p) vơ lí điều này khơng
t
s
*
xảy ra nếu tồn tại t � p  3 mâu thuẫn. Nên 2 �1 �1(mod p ) vậy n  2 ( s �� )

Điều kiện đủ:
s 1

s

2n  1  22  1  (2  1)(2  1)(2 2  1)...(2 2  1) từ đó suy ra
t

� 2n  1 m 2  9 � 22  1 m 2  9 t  1, s  1

2
. Mà

2





 1; 22  1  1( � )
t



t



x �22 mod 22  1 t  0, s  2

Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình
2
t 1
2
t 1
tồn tại c ��: c  2 (mod 2  1) � c  1 �0(mod 2  1) t  0, s  2

có nghiệm nên

t

2  1 9(c  1)  m  9
n

2

từ

đây

suy

ra

2

trong đó m=3c

Nhận xét: Cái khó của bài tốn là dự đốn dạng của n (thơng qua một số ví dụ cơ sở), với điều
kiện đủ ta cần xây dựng được hệ phương trình đồng dư có m1 , m2 ,...., ms đơi một nguyên tố cùng
nhau.
Bài toán 3.(Selection tests for the BMO and IMO Romanian teams 2006)
Cho a,b là các số nguyên dương, sao cho với mỗi số nguyên dương n ta có
minh rằng a=b.

a n  n bn  n

. Chứng

a 1 b 1 � b  a
Giải: Giả sử a �b . Ta có khi n  1 thì
. Gọi p là số nguyên tố: p  b . Theo
định lí thặng dư Trung Hoa tồn tại n là số nguyên dương là nghiệm hệ phương trình đồng dư
�n �1(mod( p  1))
�
�n � a(mod p)

� n  (a  1)( p  1)  1 .

14


�

�

1
a n  a ( a 1)( p 1) 1  a �a1p4
.....
a p 1 ��a(mod p ) � a n  n �a  n �0(mod p)
2 43

� a 1
�
Theo định lí Fermat’s,
n
p a n  n � p b n  n (1)
. Mà theo định lí Fermat’s, b  n �b  a (mod p ) (2) .

Từ (1) và (2)

� p ba

, hay

vơ lí. Vậy điều giả sử a �b là sai, do đó a  b .

4. Giải các bài toán số tổ hợp

Bài toán 1: (Đài Loan TST 2002) Trong lưới điểm nguyên của mặt phẳng tọa độ Oxy , một
2

điểm A( x0 , y0 ) �� được gọi là nhìn thấy được từ O nếu đoạn thẳng OA không chưa điểm
nguyên nào khác ngoài O và A . Chứng minh rằng với mọi n ngun dương lớn tùy ý, tồn tại
hình vng n n có các đỉnh có tọa độ nguyên, hơn nữa tất cả các điểm nguyên nằm bên trong và
trên biên của hình vng đều khơng nhìn thấy được từ O .
Giải:
Trước tiên, ta phải tìm điều kiện cần và đủ để A( xA ; y A ) nhìn thấy được từ O . Dễ thấy điều kiện
cần và đủ để A( xA ; y A ) nhìn thấy được từ O là ( x A ; y A )  1 .
Thật vậy, nếu A nhìn thấy được, giả sử ( x A ; y A )  d  1 . Khi đó: xA  dx1 , y A  dy1  1 .
xA y A

d
x
y
1
1
Từ đây, suy ra:
.

Chứng tỏ ba điểm O, A( xA , y A ) và M ( x1 , y1 ) thẳng hàng, điểm M ( x1 , y1 ) nguyên. Dẫn đến A
không nhìn thấy được, vơ lý. Vậy ( x A ; y A )  1 .
Ngược lại, nếu A( xA ; y A ) có ( x A ; y A )  1 thì A nhìn thấy được từ O . Giả sử A khơng nhìn thấy
được, tức tồn tại điểm nguyên M ( x1 , y1 ) trên đoạn OA . Vì ba điểm O, M , A thẳng hàng nên:
xA y A

� xA . y1  y A .x1
x1 y1
.

Vì ( x A ; y A )  1 nên xA Mx1 . Đặt . Thay vào, ta có: dy1  y A � y A Md .
Chứng tỏ ( x A ; y A )Md nên ( x A ; y A )  1 , vơ lý. Do đó, A nhìn thấy được từ O .
Để giải quyết bài tốn, ta xây dưng một hình vuông n n với n nguyên dương tùy ý sao cho mọi
điểm nguyên ( x, y ) nằm trong hoặc trên biên hình vng đều khơng thể nhìn thấy được từ O .
(x ; y )  1

Tức là phải xây dượng một dãy tọa độ i j
. Từ đây, ta nghĩ đến việc sử dụng các thừa số
nguyên tố, một mặt đồng dư theo dòng, một mặt đồng dư theo cột trong ma trận là sẽ thỏa mãn.
15


2
p
Thật vậy, chọn ij là các số nguyên tố đôi một khác nhau (0 �i, j �n) gồm (n  1) số nguyên tố.
Sắp xếp các số nguyên tố này theo ma trận:

�pn 0
�
L
�
�
M  �p20
�p
� 10
�p00
�

pnm �

�
L L L L �
�
p21 p22 L p2 n �
p11 p12 L p1n �
�
p01 p02 L p0 n �
�
pn1 pn 2 L

Khi đó, xét hệ phương trình đồng dư theo tích các số trên dòng:
�x �0 (mod p00 . p01. p02 K p0 n )
�
�x  1 �0 (mod p10 . p11. p12 K p1n )
�
�x  2 �0 (mod p20 . p21. p22 K p2 n )
�
KKKKKKK
�
�x  n �0 (mod pn 0 . pn1. pn 2 K pnn )
�

và hệ phương trình đồng dư theo tích các số trên cột:
�y �0 (mod p00 . p10 . p20 K pn 0 )
�
�y  1 �0 (mod p01. p11. p21 K pn1 )
�
�y  2 �0 (mod p02 . p12 . p22 K pn 2 )
�
KKKKKKK

�
�
�y  n �0 (mod p0 n . p1n . p2 n K pnn )

Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa thì hai hệ trên có nghiệm giả sử x0 , y0 là hai nghiệm tương
ứng của hai hệ trên, ta thấy:
( x0  i, y0  j )Mpij � ( x0  i, y0  j )  1, 0 �i, j �n.

Điều đó chứng tỏ mọi điểm nằm trong hoặc trên biên hình vng n n xác định bởi điểm phía
dưới bên trái là ( x0 , y0 ) , điểm cao nhất bên phải là ( x0  n, y0  n) đều không thể nhìn thấy được
từ điểm O.
Bài tốn 2: (VMO 2013) Tìm các bộ sắp thứ tự ( a, b, c, a ', b ', c ') thỏa mãn:
ab  a ' b '  1 (mod15)
�
�
bc  b ' c '  1 (mod15)
�
�
ca  c ' a '  1 (mod15)
�
với a, b, c, a ', b ', c ' �{0,1, 2,K ,14}.

Giải:
16


Với mỗi số nguyên dương k , gọi N k là bộ sắp thứ tự ( a, b, c, a ', b ', c ') thỏa mãn điều kiện:
ab  a ' b ' �bc  b ' c ' �ca  c ' a ' �1 (mod k ) và a, b, c, a ', b ', c ' �{0,1, 2,K ,14}.
*
Theo Định lý Thặng dư Trung Hoa, ta có: N mn  N m �N n nếu m, n �� và (m, n)  1.

Do đó, để tính giá trị của N15 , ta cần tính giá trị của N3 và N5 .
Trước tiên, ta tính

Np

với mỗi p là số nguyên tố. Cố định các giá trị (a, b, a ', b ') của phương

trình ab  a ' b ' �1 (mod p) , ta cần tính số nghiệm của hệ sau:
bc  b ' c ' �ca  c ' a ' �1 (mod p)

(1)

Xét các trường hợp sau:
 Nếu




( a, a ') �t (b, b ') (mod p)

với mọi t �{0,1, 2,K , p  1} . Khi đó, hệ (1) có một nghiệm

a ' b '
ab
c�
(mod p), c ' �
(mod p ).
a 'b  b ' a
ab ' a ' b

duy nhất:
Nếu (a, a ') �t (b, b ') (mod p ) với mọi t �1 . Khi đó, hệ (1) khơng có một nghiệm.
Nếu (a, a ') �(b, b ') (mod p) . Khi đó, hệ (1) trở thành một phương trình duy nhất là:

bc  b ' c ' �1 (mod p) .

Do ba  b ' a ' �1 (mod p) , ta có thể giả sử rằng b �0 . Do đó, với mỗi cách chọn c ' , ta có duy
1 b 'c '
c�
(mod p )
b
nhất một cách chọn
. Điều này cho thấy hệ (1) có đúng p nghiệm.

Đặt

Tp

là bộ sắp thứ tự (a, b, a ', b ') thỏa mãn ab  a ' b ' �1 (mod p ) và a, b, a ', b ' thuộc tập

{0,1, 2,K , p  1} . Với mỗi bộ (a, a ') �(0, 0) có đúng p cặp (b, b ') thỏa mãn phương trình. Suy ra
Tp  p ( p 2  1).
2
2
C
Đặt p là bộ sắp thứ tự (a, b) thỏa mãn a  b �t (mod p ) với a, b �{0,1, 2,K , p  1}.
Từ lập luận ở trên ta có:
p 1

N p  Tp  �C p (t )  pC p (1)  p( p 2  1)  p 2  C p (0)  pC p (1) (2)

i 1

Ta dễ dàng tính được: C3 (0)  1; C3 (1)  4; C5 (0)  9; C5 (1)  4
� N 3  28; N 5  124

và N15  28.124  3472.

Vậy các bộ ( a, b, c, a ', b ', c ') thỏa mãn điều kiện đề bài là 3472.

5. Một số bài tập tương tự
Bài 1. Giải hệ phương trình đồng dư
17


�x �1(mod 2)
�x �2(mod 3)
�
(0  x  120)
�
�x �3(mod 4)
�
�x �4(mod 5)

Bài 2.(Korea MO 1999) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n-1 chia hết cho 3 và tồn tại
2n  1
2
m �Z sao cho 4m  1 chia hết cho 3 .
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, luôn tồn tại một tập hợp S gồm n phần tử,
sao cho bất kì một tập hợp con nào của S cũng có tổng các phần tử là lũy thừa của một số tự
nhiên.

Bài 4.(Moldova TST 2009)
a. Chứng minh rằng tập các số nguyên có thể phân hoạch thành các cấp số cộng với công sai
khác nhau
b. Chứng minh rằng tập các số nguyên không thể viết được dưới dạng hợp của các số cấp số
cộng với công sai đôi một nguyên tố cùng nhau.
Bài 5. Cho p là số nguyên tố, gọi f(p) là số tất cả bộ sắp thứ tự (a,b,c,a’,b’,c’) thỏa mãn
ab  a ' b ' �x(mod p)
�
�
�bc  b ' c ' �y (mod p )
�ca  c ' a ' �z (mod p )
�

Với

a, b, c, a’, b’, c’ � 0,1, 2,..., p  1

và 0 �x, y , z �p  1 . Tìm f(p).

Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, luôn tồn tại n số liên tiếp của dãy số sao
cho bất kì số nào trong dãy cũng đều chia hết cho bình phương của một số nguyên tố.
Bài 7.(Saudi Arabia TST 2015) Cho n và k là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu n và
30 nguyên tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên a và b, mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với n,
2
2
sao cho a  b  k chia hết cho n.
Bài 8.(VMO 1997) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, luôn tồn tại số nguyên dương
k
n
k sao cho 19  97 chia hết cho 2 .

III. Tài liệu tham khảo
STT

Tên tài liệu

Tác giả
18


1

Số học

Hà Huy Khoái

2

Các bài giảng về Số học

Nguyễn Vũ Lương…

3

Tài liệu tập huấn GV Chuyên toàn quốc năm 2011, 2012

4

Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ

5

Đề thi HSG lớp 12 các tỉnh, thành phố

6

Tuyển tập dự tuyển OLYMPIC toán học quốc tế

Từ năm 1991-2015

7

OLYMPIC toán học Châu Á Thái Bình Dương

Th.s.Nguyễn Văn Nho

8

Số học nâng cao

Th.s.Nguyễn Văn Nho

9

Vơ địch các quốc gia và vùng lãnh thổ từ 1991-2015

KẾT LUẬN

Trong Tiểu luận tơi đã trình bày một số nội dung sau đây:
1. Một số kiến thức về định lý Thặng dư Trung Hoa

2. Một số ứng dụng của định lý Thặng dư Trung Hoa

19

BGD và ĐT