Về định lý lêm, định lý kronecker vfa ứng dụng luận văn thạc sỹ toán học

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

LÊ QUANG HUY

VỀ ĐỊNH LÝ LAME, ĐỊNH LÝ KRONECKER
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2011


2

MỞ ĐẦU
Trong Số học có nhiều Định lý nổi tiếng, với những ứng dụng sâu sắc trong
các lĩnh vực khác nhau của khoa học, đặc biệt là những ứng dụng rất thực tế trong
một lĩnh vực mới – Công nghệ thông tin. Các định lý này được quan tâm không
những trong giới Toán học mà cả những người làm việc trong lĩnh vực Tin học và
kỹ thuật. Bởi vậy, việc nghiên cứu các Định lý số học là rất cần thiết. Gauss - nhà
Toán học nổi tiếng trong lịch sử - đã từng nói (xem [9, pp. 2]):
Mathematics is the Queen of all Sciences, and Arithmetic the Queen of
Mathematics.
"Toán học là Vua của các khoa học, Số học là Nữ hồng của Tốn học".
Với mục đích tìm hiểu sâu thêm các định lý của Số học, luận văn này giới
thiệu các Định lý Lame và Định lý Kronecker cùng với các ứng dụng của chúng.
Một trong những thuật toán lâu đời nhất của toán học là thuật toán Euclid.
Thuật toán này cho phép xác định ước chung lớn nhất của hai số nguyên. Cho đến

nay, thuật toán Euclid vẫn là thuật tốn tốt nhất để tìm ước chung lớn nhất của của
hai số nguyên cho trước (xem [4]). Định lý Lame vừa cho ta một chứng minh tính
đúng đắn của thuật toán Euclid, vừa cho một ước lượng về độ phức tạp của thuật
tốn này. Nói rõ hơn, Định lý Lame khẳng định rằng, số phép chia cần thiết để tìm
ước chung lớn nhất của hai số nguyên bằng thuật tốn Euclid khơng vượt q 5 lần
chữ số thập phân của số bé nhất trong hai số đã cho. Cũng từ đó thu được số phép
tính bit cần thiết để thực hiện thuật tốn Euclid là O((log2a)3). Vì vậy, có thể nói
rằng Định lý Lame cho một đánh giá cực tốt đối với thuật toán Euclid.
Nội dung của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Trình bày các định lý cơ bản về tính chia hết của các số nguyên;
một số vấn đề biểu diễn các số nguyên trong hệ cơ số; thuật toán Euclid (EA) và
thuật toán tối tiểu (MA).


3

Chương 2: Trình bày hai Định lý Lame và Định lý Kronecker cùng với các
chứng minh chi tiết; chỉ ra một số ứng dụng của hai Định lý này trong Toán học và
Tin học.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Nguyễn Thành Quang đã tận tình
hướng dẫn và chỉ bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn.
Tác giả xin cảm ơn các thầy cô trong Bộ môn Đại số, Khoa Toán, Khoa Đào
tạo Sau đại học và Trung tâm thông tin thư viện Nguyễn Thúc Hào - Trường Đại
học Vinh - đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi học tập và nghiên cứu
trong chương trình đào tạo sau đại học.
Xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã quan tâm giúp đỡ tơi trong suốt thời gian
học tập vừa qua.
Tuy đã cố gắng trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, song
chắc chắn vẫn cịn có nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy
cơ và các bạn đồng nghiệp.

Nghệ An, tháng 12 năm 2011
Tác giả


4

CHƯƠNG 1
ĐỊNH LÝ VỀ PHÉP CHIA CÓ DƯ VÀ ỨNG DỤNG
1.1. TÍNH CHIA HẾT

1.1.1. Định nghĩa. Cho a và q là hai số nguyên bất kỳ. Khi đó số aq được gọi là
bội của a. Số nguyên a được gọi là chia hết cho số nguyên b (b 0) nếu a = bq với
q là số nguyên.
Nếu b chia hết a thì - b cũng chia hết a bởi vì a = bq dẫn đến a = (-b)(-q).
Điều này đủ để phát biểu rằng ước nguyên dương thay cho ước nguyên.
1.1.2. Định lý. 1) Nếu b chia hết a thì các ước của b cũng chia hết a.
2) Cho a là số nguyên dương. Nếu số nguyên b chia hết a thì giá trị
tuyệt đối của b khơng thể lớn hơn a.
3) Nếu b chia hết a và a chia hết b thì hoặc a = b hoặc a = - b.
Chứng minh. 1) Vì b chia hết a cho nên a = bq1. Cho c là ước của b thì b = cq2.
Điều đó dẫn đến a = bq1 = c(q1q2).
2) Vì b chia hết a nên a = bq trong đó |q| 1. Do đó:
a = |a| = |b||q|  |b|.
3) Ta có a = bq1 và b = aq2. Từ đó a = aq1q2. Dẫn đến q1 và q2 cả hai hoặc
bằng + 1 hoặc bằng - 1. ■
1.1.3. Định lý. 1) Nếu b chia hết a1 và a2, thì b chia hết c1a1 + c2a2 trong đó c1 và
c2 là hai số nguyên tùy ý.
2) Nếu b chia hết a 1,...,ak, thì b chia hết c1a1 + c2a2 + ... + ckak
trong đó c1 ,... ck là các số nguyên tùy ý.
Chứng minh. Ta có a1 = bq1 và a2 = bq2. Như vậy, ta có:

c1a1 + c2a2 = c1bq1 + c2bq2 = b(c1q1 + c2q2).

■

1.1.4. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ, b > 0. Khi đó, tồn tại duy nhất
số nguyên q và r sao cho a = bq + r; 0  r < b.
Chứng minh. Xét dãy các bội của b: ..., - b, 0, b,..., bq,...


5

Hiển nhiên là hoặc a bằng một trong các bội của b (giả sử bằng bq) hoặc
nằm giữa hai bội (giả sử giữa bq và b(q+1)). Từ đó dẫn đến bq  a < b(q+1). Suy
ra 0  a - bq < b. Ta đặt a - bq = r, khi đó a = bq + (a - bq) = bq + r ; 0  r < b.
Ta đã chỉ ra được sự tồn tại của q và r. Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất:
Giả sử ngược lại, chúng khơng duy nhất. Khi đó:
a = bq + r; 0  r < b
a = bq1 + r1; 0  r1 < b,
với các số nguyên q, q1 , r, r1 nào đó. Hai đẳng thức này dẫn đến r1 - r = b(q - q1).
Từ đó suy ra b là ước của r1 - r . Điều này là vơ lý vì r và r1 là hai số nguyên dương
bé hơn b. ■
Chúng ta cũng có thể chứng minh Định lý 1.1.4 bằng một cách khác [8], mà
hiện nay chúng tơi chưa tìm thấy cách chứng minh này trong các tài liệu số học
bằng tiếng Việt.
Giả sử S là tập hợp các số nguyên được xác định như sau:
S  a  bt / t  Z  .

Số nguyên a thuộc S hoặc có thể âm hoặc có thể khơng âm. Nếu a là số ngun âm
thì a – ba = a(1 – b) sẽ là số ngun khơng âm. Do đó, trong S sẽ có một số
ngun khơng âm bé nhất (sử dụng tính sắp thứ tự tốt của tập hợp các số tự nhiên).

Giả sử số đó là a – bq với q là một số nguyên nào đó. Ta có:
0 (a  bq ) .

Ta nhận xét rằng, mỗi phần tử thuộc S nhỏ hơn (a – bq) đều là số nguyên âm. Đặc
biệt số a – b(q + 1) thoả mãn:
a  b(q  1)  0 hay (a  bq)  b .

Từ đó ta thu được:
0 a  bq  b .
Đặt r a  bq , ta có a bq  (a  bq) bq  r , 0 r  b . ■


6

1.1.5. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ, b > 0. Khi đó tồn tại các số
nguyên Q và R sao cho a = bQ + eR, 0  R <

b
, trong đó e = +1 hoặc -1
2

Chứng minh. Theo Định lý 1.1.4 ta có:
a = bq + r ; 0  r < b. (1)
Trường hợp 1: r <

b
. Nếu ta cho Q = q; R = r thì e = 1, khi đó (1) trở thành
2

a = bQ + eR; 0  R <

Trường hợp 2: r >

b
.
2

b
b
. Khi đó, ta có 0 < b - r < . Nếu ta chọn Q = q + 1;
2
2

R = b - r và e = - 1 thì (1) trở thành a = b(q + 1) - (b - r) = bQ + eR; 0  R <
Trường hợp 3: r =

b
.
2

b
. Trong trường hợp này nếu ta đặt Q = q; R = r thì e = 1, khi
2

đó (1) trở thành a = bQ + eR; R = b/2. Tương tự nếu Q = q + 1; R = b - r; e = -1 thì
ta nhận được a = b(q + 1) - (b - r) = bQ + eR; R =

b
. ■
2

1.1.6. Chú ý. Do q và r là duy nhất, điều đó dẫn đến Q và R cũng là duy nhất trừ
trường hợp R =

b
. Số R được gọi là số dư bé nhất (hay số dư có trị tuyệt đối bé
2

nhất) của a đối với b. Ta thấy rằng:
(i) Nếu r <

b
, thì số dư bé nhất là r.
2

(ii) Nếu r >
(iii) Nếu r =

b
, thì số dư bé nhất là - (b - r).
2
b
, thì số dư bé nhất có thể là r hoặc - r tùy theo cách chọn.
2

1.1.7. Hệ quả. Bất cứ số nguyên nào cũng có một trong các dạng sau:
(i) 3q, hoặc (3q 1);
(ii) 4q, hoặc (4q 1), hoặc (4q 2);


7

(iii) 5q, hoặc (5q 1), hoặc (5q 2).
Chứng minh. Cho a là số nguyên bất kỳ.
(i) Cho b = 3. Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 3Q + eR; 0  R 

3
, trong đó e = 1.
2

Do đó, R = 0 hoặc 1.
(ii) Cho b = 4. Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 4Q + eR; 0  R 

4
. Do đó, R = 0; 1
2

hoặc 2.
(iii) Cho b = 5. Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 5Q + eR; 0  R 

5
. Do đó, R = 0; 1
2

hoặc 2. ■
1.1.8. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên lẻ. Khi đó, một trong hai số
a b
là lẻ cịn số kia là chẵn.
2
Chứng minh. Cho a = 2h + 1 và b = 2k + 1. Khi đó:
a b

a b
= (h + k) + 1;
= (h - k).
2
2
Từ hai kết quả trên ta suy diễn như sau:
(i) Nếu h và k cùng chẵn (hoặc cùng lẻ) thì
(ii) Nếu h hoặc k chẵn cịn số kia lẻ thì

a b
a b
là lẻ còn
là chẵn.
2
2

a b
a b
là chẵn còn
là lẻ. ■
2
2

a b
và
2


8

1.2 BÀI TOÁN BACHET VỀ KHỐI LƯỢNG

1.2.1 Định lý. Giả sử b là một số nguyên lớn hơn 1. Khi đó, mỗi số nguyên dương
N có sự biểu diễn duy nhất dưới dạng sau:
N = akbk + ak-1bk-1 + ... + a1b + a0 , 0  a0, a1,..., ak  b - 1 và ak  0.
Chứng minh. Chia N cho b, theo Định lý về phép chia có dư ta có:
N = q1b + a0, 0 < a0
(1)

Nếu q1  b thì lấy q1 chia cho b và nhận được:
q1 = q2b + a1, 0 < a1 < b.
Quá trình này cứ tiếp diễn cho tới khi ta nhận được qk < b.

(2)

Từ đó ta có:

q2 = q3b + a2, 0 < a2 < b
q3 = q4b + a3, 0 < a3 < b
...
qk-1 = qkb + ak-1 , 0 < ak -1 < b.
trong đó 0 < qk  b và ta nhận được các biểu diễn từ (1) đến (k) như sau:
N = q1b + a0
= (q2b + a1)b + a0
= q2b2 + a1b + a0
= (q3b + a2)b2 + a1b + a0
= q3 b3 + a2b2 + a1b + a0
...
= qkbk + ak-1bk-1 + ... + a1b + a0.

Bây giờ ta đặt ak = qk và nhận được:

(3)
(4)
...
(k)
(từ (1))
(từ (2))
(từ (3))
(từ (k))

N = akbk + ak-1bk-1 + ... + a1b + a0.
Cuối cùng ta chứng minh sự biểu diễn đó là duy nhất. Giả sử, có các sự biểu diễn:
N = rngn +rn-1gn-1 + ... + r1g + r0
N = skgk + sk-1gk-1 + ... + s1g + s0.
Giả sử n > k. Trừ vế theo vế ta có:
rngn + rn-1gn-1 +….+ (rk - sk)gk + ... +(r1 – s1)g + (r0 – s0) = 0.
Suy ra (r0  s0 )g  r0 s0 (vì 0 r0, s0  g - 1). Từ đó ta có:
rngn + rn-1gn-1 + ... + r1g = rngn + rn-1gn-1 + ... + r1g.


9

Lý luận tương tự ta có: r1= s1, r2 = s2, ..., rk = sk. Khi đó:
rngn-k + rn-1gn-k-1 + ... +rk+1 = 0.
Điều này mâu thuẫn với rn  0, suy ra n = k. Ta có điều phải chứng minh. ■
1.2.2. Định nghĩa. Giả sử b là một số nguyên lớn hơn 1. Khi đó, theo Định lý 1.2.1
mỗi số nguyên dương N có sự biểu diễn duy nhất dưới dạng sau:
N = akbk + ak-1bk-1 + ... + a1b + a0 , 0  a0, a1,..., ak  b – 1, ak  0.
Ta ký hiệu:

N =(ak ak-1 ... a1a0)b.
và gọi (ak ak-1 ... a1a0)b là cách viết của số nguyên dương N trong hệ cơ số b. Các ký
hiệu ai gọi là chữ số trong cơ số b.
Ví dụ 1. Biểu diễn 4385 với cơ số 9.
Giải: Chia liên tiếp cho 9 chúng ta thu được các thương và các số dư như sau:
4385 = 487  9 + 2
487 = 54  9 + 1
54 = 6  9 + 0.
Thương cuối cùng là 6 nhỏ hơn 9. Do đó 4385 = ( 6012)9 = 6.93 + 0.92 + 1.91 + 2.
Ví dụ 2. Biểu diễn 5163 thành kí hiệu với cơ số 12.
Giải: Chúng ta chọn cơ số 12, kí hiệu cho các số từ 0 đến 11. Chúng ta đã biết kí
hiệu các số từ 0 đến 9. Bây giờ chúng ta cần kí hiệu cho các số 10 và 11. Giả sử ở
đây t = 10 và e = 11. Khi đó:

5163 = 430  12 + 3
430 = 35  12 +t
35 = 2  12 + e .

Do đó: 5163 = ( 2et3 )12.
Ví dụ 3. Biểu diễn trong hệ nhị phân b = 2. Nếu cơ số của số là 2 thì kí hiệu được
biết đến là nhị phân. Chẳng hạn, 39 = ( 100111 ) 2 .Trong kí hiệu nhị phân chỉ gồm
các chữ số là 0 và 1 (gọi là các bit). Do đó, trong các máy tính các chữ số được chỉ
định bởi sự có mạch điện hay khơng có mạch điện. Đây là một lợi thế lớn trong các


10

tính tốn liên quan đến số lượng lớn. Kí hiệu nhị phân cũng là cơ sở của một số trò
chơi số học và các trị giải trí, một số trong đó sẽ được trình bày tiếp theo sau đây.
1.2.3. Định lý. Mỗi số nguyên dương có dạng 2n - 1 có thể biểu diễn duy nhất dưới

dạng tổng của một hoặc nhiều số nguyên sau: 1, 2, 22,..., 2n-1.
Chứng minh. Nếu ta đặt b = 2 thì ta nhận được:
N = ak2k + ak-12k-1 + ... + a12 + a0 , 0  a0, a1,..., ak  1, ak =1.
Do đó, mọi số nguyên dương đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng của các
số nguyên 1, 2, 22,... Ta nhận thấy, tổng của n số nguyên 1, 2, 22, ..., 2n-1 là 2n- 1.
Định lý 1.2.3 được chứng minh. ■
Định lí trên có một số ứng dụng thú vị. Một trong ứng dụng này là ma trận
số. Lấy 6 thẻ A B C D E và F cùng với các số được viết trên chúng như sau:
1
3
A
5
7
9
11
2
3
B 6
7
10
11

13
15
17
19
21
23
14
15

18
29
22
23

25
27
29
31
33
35
26
27
30
31
34
35

37
39
41
43
45
47
38
39
42
43
46
47

4
5
6
7
12
13

14
15
20
21
22
23

28
29
30
31
36
37

38
39
44
45
46
47

52

53
54
55
60
61

62
63

8
9
10
11

14
15
24
25

42
43
44
45

56
57
58
59

62

63

C

D

28
29
30
31

49 61
51 63
53
55
57
59
50 62
51 63
54
55
58
59


11

E

F

12
13

26
27

40
41

16
17
18
19
20
21

22
23
24
25
26
27

28
29
30
31
48
49

32
33
34
35
36
37

38
39
40
41
42
43

46
47

44
45
46
47
48
49

60
61

50
51

52
53
54
55

56
57
58
59
60
61

62
63

50
51
52
53
54
55

56
57
58
59
60
61

62

63

Yêu cầu người chơi nghĩ ra một số bất kỳ bé hơn 64, và để cho anh ta chơi
trên thẻ mà số đó có mặt. Sau đó bạn có thể cùng một lúc đốn các số trên thẻ mà
khơng cần nhìn vào thẻ. Điều này có vẻ ngạc nhiên nhưng lý thuyết đằng sau nó
khá đơn giản. Số đó được đoán theo quy tắc sau đây. Số trong câu hỏi là bằng tổng
của các số đầu tiên trên thẻ đã có tên. Xem ví dụ, nếu người đó nói với bạn số có
mặt trong thẻ A, B, C, D và F, khi đó bằng tổng các số đầu tiên trong A,B,D và F,
đó là bằng 1 + 2 + 8 + 32 = 43. Như một minh hoạ khác, nếu các thẻ đó là A, C, D,
E thì số được lựa chọn bằng 1 + 4 + 8 + 16 = 29. Do đó, tất cả các bạn chơi trong
trị chơi này thì nhớ những con số đầu tiên trên 6 thẻ. Lý thuyết đằng sau thủ thuật
cũng rất đơn giản và được giải thích như sau:
(i) Các sồ nguyên 1, 2, 4, 8, 16 và 32 lần lượt là các số đầu tiên trong các thẻ
A, B, C, D, E và F.
(ii) Tất cả các số nguyên khác bé hơn 64 là được phân bổ cho 6 thẻ như
minh hoạ sau đây:


12

Giả sử số nguyên là 58. Rõ ràng nó là tổng luỹ thừa của 2, ta có: 58 = 2 + 8
+ 16 + 32. Số nguyên 58 là giao của những thẻ mà có các số đầu tiên là 2, 8, 16 và
32, đó là các thẻ B, D, E và F, và đã bỏ qua những thẻ còn lại là A và C. Tương tự
như vậy 55 = 1 +2 + 4 + 16 + 32. Do đó 55 có mặt trong các thẻ A, B, C, E và F.
Ngược lại nó suy ra từ việc phân bổ trên các số mà nếu một số xuất hiện trên một
số thẻ khi đó con số này bằng tổng của các số đầu tiên trên các thẻ đó. Đây là bí
mật về thủ thuật này.
Thủ thuật tương tự có thể được thực hiện một cách ấn tượng hơn nhiều để
người nhận được câu trả lời trực tiếp từ một máy có cấu hình cao.Trong thủ thuật
này thẻ A, B, C, D, E và F được làm như chúng ta có khối lượng lần lượt là 1, 2, 4,

8, 16 và 32 kg. Khi đó các thẻ mà trên đó các số được chọn xuất hiện được đặt
trong chảo của một máy tự động. Khối lượng hiển thị của máy rõ ràng là số được
lựa chọn. Định lý 1.2.3 có thể được áp dụng cho một chủ đề cơ bản nhưng thú vị.
Giả sử chúng ta có một dụng cụ cân khối lượng với hai cái đĩa A và B và chúng ta
được phép đặt các quả cân trong chỉ một đĩa A. Khi đó, dễ dàng cho thấy rằng
Định lý 1.2.3 có thể diễn đạt như sau:
1.2.4. Định lý. Nếu ta có một tập hợp n quả cân (khối lượng chuẩn) như sau:
1, 2, 22 ,..., 2n-1 kg
thì ta có thể cân bất cứ vật nào có khối lượng là một số nguyên từ 1 đến (2 n - 1) kg
một cách duy nhất.
Chú ý rằng, cân một cách duy nhất nghĩa là khơng có 2 tổ hợp các khối
lượng chuẩn (quả cân) như nhau.
Kết quả trên có ứng dụng trong Bài toán quả cân (khối lượng chuẩn, tiếng
Anh: standard weight).
1.2.5. Định lý. Tổng của các khối lượng khác nhau, có thể biểu diễn bởi bất kỳ tập
hợp n quả cân phân biệt, là (2n - 1).
Chứng minh. Ta có n quả cân khác nhau. Mỗi trong số chúng có thể được dùng
bằng hai cách, hoặc nó được đặt lên hoặc nó đặt ở ngồi đĩa cân A. Như vậy n quả


13

cân có thể được đặt lên đĩa cân A bằng 2 n cách (số tất cả tổ hợp chập k của n là 2 n).
Nhưng ở đây bao gồm có cả trường hợp tất cả các quả cân nằm ở ngoài. Như vậy
tổng số của các khối lượng khác nhau, có thể biểu diễn bởi bất kỳ tập hợp n quả
cân phân biệt, là (2n - 1).
1.2.6. Hệ quả. Không thể dùng ít hơn n quả cân để có thể cân được tất cả các khối
lượng nguyên khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg.
1.2.7. Hệ quả. Không thể dùng n quả cân, trong đó có hai quả cân cùng trọng
lượng để cân được tất cả các khối lượng nguyên khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg.

1.2.8. Định lý. Nếu tập hợp n quả cân có thể cân được tất cả các khối lượng
nguyên khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg , thì tập hợp đó chứa các quả cân là
1,2,22,...,2n-1 kg.
Chứng minh. Từ Hệ quả 1.2.7 ta thấy rằng n quả cân phải có khối lượng khác nhau.
Giả sử chúng là w1, w2, ..., wn theo thứ tự tăng dần về khối lượng. Hiển nhiên w 1 =
1 để cân được 1 kg, w 2 = 2 để cân được 2 kg. Như vậy, ta đã chứng minh được
Định lý đúng với 2 quả cân đầu tiên của thang đo. Giả sử điều này đúng với k quả
cân đầu tiên, tức là: w1 = 1, w2 = 2, ..., wk = 2k-1. Ta phải chứng minh rằng wk+1 =
2k. Theo Định lý 1.2.4 các quả cân từ w1 đến wk có thể cân được tất cả các khối
lượng nguyên 1 đến (2k - 1) kg. Theo Hệ quả 1.2.7 ta có w k+1 khơng nằm trong
thang đo từ 1 đến (2k - 1) kg. Như vậy, suy ra wk+1 = 2k dùng để cân được khối
lượng 2k kg và Định lý được chứng minh bằng quy nạp.
1.2.9. Bài tốn ứng dụng. Tìm số ít nhất các quả cân cần thiết để cân được tất cả
các khối lượng nguyên từ 1 đến 40 kg.
(i) Khi các quả cân chỉ được đặt trên một đĩa cân.
(ii) Khi các quả cân được đặt trên cả hai đĩa cân.
Lời giải: (i) Để cân khối lượng từ 1 đến 31 = (2 5 – 1) kg thì theo Định lý 1.2.8 cần
các 5 quả cân là 1, 2, 4, 8,16 kg. Do đó, để cân từ 1 đến 40 kg (không hơn) ta cần
cân thêm khối lượng là 9 kg, do đó tổ hợp các khối lượng để cân từ 32 đến 40 kg là
như sau:


14

32
= 23 + 9
33
= 24 + 9
...
...

40
= 31 + 9
cần 6 khối lượng chuẩn là 1,2,4,8,9,16 kg.

=
=
=

1 + 2 + 4 + 16 + 9
8 + 16 + 9
…
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 9

Tuy nhiên, nếu cho phép cân từ 1 đến 40 kg và cả khối lượng lớn hơn thì khối
lượng thêm vào có thể là từ 9 đến 32 kg. Chẳng hạn tập hợp 1,2,4,8,16 và 19 kg có
thể đáp ứng được vấn đề trên, thậm chí cân được từ 1 đến 31 + 19 = 50 kg. Ví dụ:
32
= 13 + 19
= 1 + 4 + 8 + 19
33
= 14 + 19
= 2 + 4 + 8 + 19
...
...
49
= 30 + 19
= 2 + 4 + 8 + 16 + 19
50
= 31 + 19
= 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 19

(ii) Giải quyết giống như phần (i), nhưng ở đây ta lấy hệ cơ số 3 thay cho hệ cơ số.
Đặt b = 3 vào Định lý 1.2.2 thì mỗi số tự nhiên N biểu diễn duy nhất dạng:
N = ak3k + ak-13k-1 + ... + a13 + a0
trong đó ai là 0, 1, 2. Ta có:
3k + 3k-1 + ... + 32 + 3 + 1 =

(1)

1 k+1
(3 - 1).
2

Từ (1) ta nhận được:
N-

1 k+1
(3 - 1) = ck3k + ck-13k-1 + ... + c13 + c0
2

(2)

trong đó ci là -1, 0, hoặc 1. Giá trị lớn nhất của N là:
2(3k) + 2(3k-1) + ... + 2(3) + 2 = 3k+1 - 1
và giá trị bé nhất của N là 0. Điều này dẫn đến bất cứ giá trị nguyên nào từ
-

1 k+1
1
(3 - 1) đến (3k+1 - 1) đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng (2), là:
2

2

ck3k + ck-13k-1 + ... + c13 + c0
trong đó ci là -1, 0, hoặc 1.
1.2.10. Định lý. Mỗi một số nguyên từ -

1 k+1
1
(3 - 1) đến (3k+1 - 1) đều có thể biểu
2
2

diễn duy nhất dưới dạng tổng đại số của một hoặc nhiều số nguyên sau:


15

0, 1, 3, 32, ..., 3n-1
mỗi số trong chúng xuất hiện nhiều nhất 1 lần.
1.2.11. Định lý. Nếu ta có một tập hợp n quả cân 1, 3, 32, ... , 3n-1 kg mà mỗi quả
cân có thể đặt trên cả hai đĩa cân, thì ta có thể cân một cách duy nhất bất cứ khối
lượng nào là số nguyên từ 1 đến

1 n
(3 - 1).
2

1.2.12. Định lý. Tổng số các khối lượng dương, có thể cân được bằng tập hợp n
quả cân, là

1 n
(3 - 1).
2

Chứng minh. Ta có n quả cân, mỗi trong chúng xảy ra 3 trường hợp, hoặc nằm trên
đĩa cân A, hoặc nằm trên đĩa cân B, hoặc nằm ở dưới. Như vậy, n phần tử sẽ tạo ra
3n trường hợp. Chú ý rằng, ở đây bao gồm cả trường hợp tất cả các quả cân nằm ở
dưới. Tổng khối lượng cần cân dương hoặc âm là (3 n - 1). Vậy định lý được chứng
minh. ■
1.2.13. Hệ quả. Khơng có tập hợp nào ít hơn n quả cân mà có thể cân được tất cả
các khối lượng từ 1 đến

1 n
(3 - 1) kg.
2

1.2.14. Hệ quả. Nếu tập hợp n quả cân có hai quả cân có khối lượng bằng nhau
thì nó sẽ khơng thể cân được tất cả các khối lượng từ 1 đến

1 n
(3 - 1) kg.
2

1.2.15. Định lý. Nếu tập hợp n quả cân có thể cân được tất cả các khối lượng từ 1
đến

1 n
(3 - 1) kg thì tập hợp đó chứa các quả cân là:
2

1, 3, 32, ... , 3n-1 kg.
Chứng minh. Từ Định lý 1.2.11 ta biết rằng n quả cân phải có khối lượng khác
nhau. Giả sử w1, ..., wn theo thứ tự khối lượng tăng dần. Cho W = w 1 + ... + wn.
Khi đó 4 khối lượng lớn nhất có thể cân được là:
W = w1 + w2 + w3 ... + wn

(1)


16

W -1 = w2 + w3 ... + wn
(2)
W - 2 = - w1 + w2 + w3 ... + wn
(3)
W - 3 = w1 + w3 ... + wn.
(4)
Từ (1) và (2) ta nhận được w 1 = 1 và từ (3) và (4) ta nhận được w 2 = 3. Như vậy
Định lý đúng với hai khối lượng chuẩn (quả cân) bé nhất. Giả sử định lý đúng với
k khối lượng chuẩn bé nhất, tức là w 1 = 1, w2 = 3, w3 = 32 ... , wk = 3k-1. Ta phải
chứng minh wk+1 = 3k.
Theo Định lý 1.2.10 các khối lượng từ w1 đến wk có thể cân được các khối lượng là số nguyên từ 1 đến w1 + w2 + w3 ... + wk. Do
đó wk+1 khơng thể trùng vào giá trị nào trong đó, nếu khơng sẽ có hai khối lượng chuẩn bằng nhau, theo Định lý 1.2.11 thì sẽ khơng thể cân

được các khối lượng từ 1 đến

1
(3n - 1) kg. Từ đó:
2

wk+1 > w1 + w2 + w3 ... + wk.
(5)
Bây giờ giữ cho các quả cân từ w k+1 đến wn nằm trên đĩa cân A và thay đổi các quả
cân cịn lại thì ta cân được các khối lượng là các số nguyên từ:
(wk+1 + wk+2 + ... + wn) - (w1 + w2 + w3 ... + wk)
đến
(wk+1 + wk+2 + ... + wn) + (w1 + w2 + w3 ... + wk)
1
2

và như vậy từ W - 2(w1 + w2 + w3 ... + wk) = W - 2  (3k - 1) = W - 3k + 1 đến W.
Tổng đại số tiếp theo là:
(wk+1 + wk+2 + ... + wn) - (w1 + w2 + w3 ... + wk)
tức là:
(wk+1 + wk+2 + ... + wn) - wk+1 +(w1 + w2 + w3 ... + wk).
Từ (5) suy ra W - 3k + 1 - 1 = W - wk+1 , do đó wk+1 = 3k.
1.2.16. Bài tốn 1. Tìm số ít nhất các quả cân cần thiết để cân được tất cả các
khối lượng là số nguyên từ 1 đến 40 kg, khi các quả cân có thể đặt trên cả hai đĩa
cân.
Lời giải. Ta có 40 =

1 4
(3 - 1).
2


17

Theo Định lý 1.2.15 thì số quả cân là 4 và chúng là 1, 3, 3 2, 33 kg và là 1, 3,
9, 27 kg.

1.2.17. Bài tốn 2. Tìm số ít nhất các quả cân cần thiết để cân được tất cả các
khối lượng là số nguyên từ 1 đến 284 kg, khi các quả cân có thể đặt trên cả hai đĩa
cân.
Lời giải. Ta thấy rằng:
121 =

1 5
1
(3 - 1) < 284 < (36 - 1).
2
2

Do đó, để cân từ 1 đến 121 kg cần năm quả cân là 1, 3, 3 2, 33, 34 kg. Mà 284 - 121
= 163. Cho nên để cân từ 1 đến 284 kg cần sáu quả cân là 1, 3, 32, 33, 34 , 163 kg.


18

1.3 THUẬT TOÁN EUCLID VÀ THUẬT TOÁN TỐI TIỂU

1.3.1. Định nghĩa. Cho a1, a2,..., ak là các số nguyên tùy ý khơng đồng thời bằng
khơng. Khi đó, một số ngun dương d thỏa mãn các tính chất sau đây sẽ được gọi
là ước chung lớn nhất (g.c.d) của chúng:
(A) d chia hết tất cả a1, a2, ..., ak.
(B) Nếu có số nguyên c chia hết tất cả a1, a2, ... , ak thì c chia hết d.
Ta ký hiệu d = g.c.d(a1, a2,..., ak).
Ước chung lớn nhất của các số ngun có tính chất quan trọng sau đây:
1.3.2. Định lý. Cho a1, a2,..., an là các số nguyên khác không, d là g.c.d của chúng.
Khi đó tồn tại các số nguyên x1,x2,...,xn sao cho x1a1 + x2a2 + ... + xnan = d.
Chứng minh. Định nghĩa tập hợp S như sau:

S = { a1u1 + a2u2 + ... + anun }
trong đó u  I. Nếu a1 là số dương:
a11 + a20 + ... + an0 = a1
thuộc tập S. Nếu a1 là số âm:
a1(-1) + a20 + ... + an0 = - a1
thuộc tập S.
Như vậy trong cả hai trường hợp ta thấy đều có số dương trong S. Điều đó
suy ra phải tồn tại số dương nhỏ nhất trong S, giả sử là t. Khi đó :
t = a1x1 + a2x2 + ... + anxn.
Ta cần chứng minh t = d. Chia a1 cho t ta có:
a1 = tq + r ; 0  r < t.
Khi đó r = a1 - tq. Cho nên:
r = a1 - (a1x1 + a2x2 + ... + anxn)q = a1(1 - x1q) + a2(-x2q) + ... + an(-xnq).
Điều này dẫn đến r thuộc vào S. Nhưng theo (1) thì chỉ xảy ra trường hợp r = 0 vì
0  r < t và t là số dương nhỏ nhất trong S. Ta suy ra a 1 - tq = 0 và dẫn đến t chia
hết a1. Chứng minh hoàn toàn tương tự thì t chia hết a2,...,an.


19

Theo tính chất (B) của g.c.d (mục 1.3.2) thì t chia hết d. Mặt khác d chia hết
a1,...,an nên nó chia hết a1x1 + a2x2 + ... + anxn = t. Vậy, d chia hết t. Từ (2) và (3)
suy ra t = d = g.c.d(a, b).
1.3.3. Hệ quả. Cho d = g.c.d (a, b). Khi đó tồn tại các số nguyên x và y sao cho:
ax + by = d.
Hệ quả này là trường hợp đặc biệt của Định lý trên khi n = 2; x1 = a và x2 = b
Ví dụ: Tìm g.c.d. của 1106 và 497. Chia 1106 cho 497 ta có:
1106 = 497  2 + 112.
Tiếp tục lấy 497 chia 112 ta có:

(1)

497 = 112  4 + 49.
Lặp lại các bước như trên ta có:

(2)

112 = 49  2 + 14
(3)
49 = 14  3 + 7
(4)
14 = 7  2 + 0.
(5)
Quy trình kết thúc khi số dư bằng 0. Tập hợp các đẳng thức từ (1) đến (5) được gọi
là Thuật toán Euclid cho 1106 và 497. Dư cuối cùng khác 0 là 7 và chính là g.c.d.
của hai số nguyên nói trên. Quy trình tìm g.c.d. có thể trình bày tốt nhất như sau:
497

1106
994
112

2
497
448
49

2
112
98

14

2
49
42
7

3
14
14
00

2

Thuật tốn Euclid tổng qt có chứa một tập hợp các đẳng thức. Cho a > b, và cả
hai đều dương. Thực hiện các bước chia, ta nhận được:
a = ba1 + r1 ; 0 < r1 < b
b = r1a2 + r2 ; 0 < r2 < r1

(1)
(2)


20

r1 = r2a3 + r3 ; 0 < r3 < r2
...
rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 ; 0 < rn-2 < rn-3
rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 ; 0 < rn-1 < rn-2
rn-2 = rn-1an + rn ; 0 = rn

(3)
(n - 2)
(n - 1)
(n)

trong đó an  2.
Ta thấy rằng a > b > r1 > r2 > r3 > ... Do đó đây là dãy giảm các số ngun
khơng âm, như vậy đến một lúc nào đó thì rn phải bằng 0, và thuật toán kết thúc.
Tập hợp các đẳng thức từ (1) đến (n) gọi là Thuật toán Euclid (EA) đối với a và b.
1.3.4. Định lý. Cho a > b, cả hai đều dương, và cho rn = 0 trong EA đối với a và
b. Khi đó rn-1 là g.c.d của a và b (rn-1 là số dư cuối cùng khác 0 trong EA)
Chứng minh. Ta quay lại các đẳng thức từ (1) đến (n): rn-2 = rn-1an + 0 . Do đó:
rn-1 | rn-2.

(1)

rn-3 = rn-2an-1 + rn-1.

(2)

rn-1 | rn-3.

(3)

rn-4 = rn-3an-2 + rn-2.

(4)

Tiếp theo ta có:

Từ (1) và (2) ta có:
Tiếp theo:
Từ (1) ; (2) ; (3) ta có:
rn-1 | rn-4.
Cứ tiếp tục như vậy , cuối cùng ta nhận được: rn-1 chia hết a và b.
Như vậy rn-1 thỏa mãn điều kiện (A) của g.c.d. Giả sử c chia hết a và b. Xuất phát
từ a = ba1 + r1 suy ra c chia hết b và r 1 (5). Tiếp theo b = r1a2 + r2 (6) . Từ (5);(6)
suy ra c chia hết r1 và r2. Cứ tiếp tục như vậy, cuối cùng suy ra c chia hết r n-1. Vậy
rn-1 thỏa mãn tính chất (B) của g.c.d. Vậy (a, b) = rn-1.
Ví dụ: Tìm g.c.d. của 117 và 45.
Lời giải. EA của hai số nguyên trên là:
117 = 45  2 + 27

45 = 27  1 + 18

27 = 18  1 + 9

18 = 9  2 + 0

Vậy g.c.d của 117 và 45 là 9.