CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Số học phần kiến thức quan trọng chương trình Tốn phổ thơng Trong kì thi chọn học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia, cấp khu vực, thi Olympic Toán quốc tế, toán số học đề cập nhiều thường thuộc loại khó Trong năm gần đây, số học mà nhiều học sinh bị điểm kì thi Học sinh làm quen với số học từ lớp THCS bậc THPT phần số học biết đến chuyên đề lớp chuyên Toán nên chuyên đề mà giáo viên học sinh gặp nhiều khó khăn q trình dạy học Sự phong phú đa dạng toán số học hấp dẫn giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Để tạo niềm tin hệ thống cho học sinh kiến thức vận dụng định lí quan trọng số học lý thuyết đồng dư, tác giả hệ thống lại kiến thức đồng dư viết đề tài“Một số toán số học sử dụng đồng dư” Mục đích đề tài Đề tài "Một số toán số học sử dụng đồng dư" tác giả chọn viết nhằm chia sẻ thầy cô em học sinh số kinh nghiệm phương pháp giảng dạy chủ đề đồng dư thức chương trình chun tốn THPT Đề tài coi chuyên đề để giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi trường THPT Chuyên, đặc biệt học sinh lớp 10 Nội dung đề tài kiến thức lý thuyết đồng dư, định lí đồng dư hệ thống tập điển hình đồng dư giúp cho học sinh THCS, THPT chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi cấp nguồn tài liệu tham khảo cho bạn đồng nghiệp Tác giả mong nhận góp ý trao đổi chuyên gia, bạn đồng nghiệp để đề tài hồn thiện Hy vọng đề tài góp phần nhỏ để việc giảng dạy số học đạt hiệu em học sinh áp dụng tốt vào việc học tập, giải toán số học khơi dậy đam mê Toán học em B PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý thuyết Đồng dư thức Định nghĩa 1.1 Cho a, b số nguyên, m số tự nhiên lớn Nếu a  b chia hết cho m a gọi đồng dư với b modul m Kí hiệu a �b mod m Tính chất 1.2 Cho a, b, c, d số nguyên, m số tự nhiên lớn Khi đó: a �a mod m ,a Nếu a �b mod m b �a mod m Nếu a �b mod m b �c mod m a �c mod m Nếu a �b mod m c �d mod m a  c �b  d mod m Nếu a �b mod m c �d mod m ac �bd mod m Nếu a �b mod m , k nguyên dương ak �bk  mod m a � b mod m ak bk mod mk Nếu a �b mod m Nếu ab �ac mod m 10 Nếu với k nguyên dương d md ,  a �b mod d  a,m  1thì b �c mod m a �b mod mi  , i  1,n   a �b mod � m1,m2, ,mn � � � Định lí Fermat Định lí 1.3(Định lí Fermat) Nếu p số nguyên tố, (a, p) = ap–1  (mod p) Chứng minh Xét p số a, 2a, 3a, …, (p – 1)a Ta chứng minh p số không tồn số đồng dư phép chia cho p Giả sử ka  la (mod p) với k, l {1,2,…,p – 1} k  l Ta có a(k – l) Mp  k – l Mp  k �l  mod p (mâu thuẫn) Vậy chia p 1số cho p ta p 1số dư khác từ 1, 2, …, p – Suy a.2a.…(p – 1)a  1.2….(p – 1) (mod p)  (p – 1)! ap–1 (p – 1)!(mod p) Vì ((p – 1)!,p) = nên ap–1 1(mod p) Hệ Nếu p nguyên tố, (a, p) =1 ap a (mod p) Hệ thặng dư đầy đủ hệ thặng dư thu gọn Định nghĩa 1.4 Nếu x �y mod m ta nói y thặng dư x modul m Tập hợp {x1, x2, …, xm}gọi hệ thặng dư đầy đủ modul m với số nguyên y tồn xi cho y  xi(mod m) Định nghĩa 1.5 Một tập hợp {r1,r2,…,rn} gọi hệ thặng dư thu gọn modul m (ri,m) = 1, ri rji  j,  i, j  n với số nguyên x nguyên tố với m tồn ri cho ri  x (mod m) Định lí 1.6  a,m  Gọi {r1,r2,…,rn} hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy đủ) Cho modul m Khi đó, {ar1,ar2,…,arn} là hệ thặng dư thu gọn (hệ thặng dư đầy đủ) modul m Phi hàm Euler Định nghĩa 1.7 Cho m số nguyên dương Phi hàm Euler  (m) số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m Ví dụ:  (1)  1,  (2)  1,  (3)  2,  (4)  2,  (5)  Định lí 1.8 (Cơng thức tính  (m) ) Giả sử m p11 p2 pn k phân tích m thừa số ngun tố Khi � 1� � �� �  ( m)  m � 1 � 1 � � 1 � � p p p � 1� � �� k � Định lí 1.9 (Định lí Euler) Cho m số nguyên dương  a,m  Khi a  (m) �1 mod m  Chứng minh Giả sử r1, r2, …, r(m) hệ thặng dư thu gọn gồm số nguyên dương ar không vượt m nguyên tố với m Ta có ar 1, ar2, …, (m) hệ ar thặng dư thu gọn modul m Vậy thặng dư dương bé ar 1, ar2, , (m) r số r1, r2, …, (m) xếp theo thứ tự Vì ta có ar1.ar2 ar(m) �r1r2 r(m) (mod m) Vì (r1r2 r (m) , m)  nên a  (m) hay a (m) r1r2 r(m) �r1r2 r(m) (mod m) �1 (mod m) (điều phải chứng minh) Cấp số nguyên dương Định nghĩa 1.10 Cho a n số nguyên dương, (a, n) =1 Số d �1 gọi cấp phần tử d a, kí hiệu d = Ordn(a) d số nguyên dương nhỏ thỏa mãn a �1 (mod n) Định lí Wilson Định lí 1.11 (Định lí Wilson) Với số nguyên tố p, ta có (p – 1)!  – (mod p) Chứng minh Khi p = 2, ta có (p – 1)! =  –1 (mod 2) Giả sử p số nguyên tố lớn 2, số nguyên a với  a  p – tồn nghịch đảo a’ với  a’  p – cho aa’  (mod p) Khi có số p – nghịch đảo modul p Như vậy, ta nhóm số 2, p 3,…, p – thành p cặp mà tích chúng đồng dư modul p Do 2.3  p  3  p  2 �1 mod p Nhân hai vế với p ta (p – 1)!  1(p – 1)  –1 (mod p) Định lí thặng dư Trung Hoa Định lí 1.12 (Định lí thặng dư Trung Hoa) Cho n số nguyên dương m1 , m2 , , mn đôi nguyên tố a1 , a2 , , an n số nguyên Khi hệ đồng dư tuyến tính �x �a1  mod m1  � �x �a2  mod m2  � � �x �a  mod m  n � n có nghiệm modul M  m1m2 mn Chứng minh Trước tiên, ta xây dựng nghiệm hệ đồng dư tuyến tính Đặt Vì Mk  M  m1m2 mk 1mk 1 mn mk  m , m   với k j j �k nên  M k , mk   Suy k  1, n tồn số nguyên nghịch đảo yk M k modul mk thoả mãn M k yk �1 mod mk  Xét tổng a  a1M y1  a2 M y2   an M n yn �x �a1  mod m1  � �x �a2  mod m2  � � �x �a  mod m  n Khi a nghiệm hệ: � n Thật vậy, ta có mj | M k M �0  mod mk  , j �k j �k nên j Suy a �ak M k yk  mod mk  Do M k yk �1 mod mk  nên a �ak  mod mk  hay a nghiệm hệ đồng dư tuyến tính Bây ta nghiệm tùy ý hệ đồng dư theo modul M �x �a1  mod m1  � �x �a2  mod m2  � � �x �a  mod m  n Giả sử x0 , x1 nghiệm hệ đồng dư � n Khi với k =1, 2, …, n, x0 �x1 �ak  mod mk  Do mk |  x0  x1  Từ suy x0 �x1  mod M  Vậy hệ đồng dư xét có nghiệm modul M hay tất nghiệm hệ có dạng x �a  mod M  II Một số dạng toán áp dụng 2.1 Sử dụng phép đồng dư toán chia hết n Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n   23 chia hết cho 24 Lời giải n 1 4.8 8n 8.8n 1 �1  mod 24  suy  254.8 mà 25 �1(mod 24) nên 25 Ta có  n 1 8n 5  23 �0  mod 24  hay 8n   23 M24 (điều phải chứng minh) Bài toán Cho a, b, c số nguyên dương Chứng minh a + b2 + c2 chia hết cho số a2 – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho Lời giải Bài toán tương đương chứng minh tồn số a 2, b2, c2 có số dư chia cho Nhận xét Khi chia n2 cho số dư 0, 1, 4, 2 Giả sử a �r1  mod9  ; b �r2  mod9  ; c �r3  mod9   a2 + b2 + c2 �r1 + r2 + r3 (mod 9)  r1 + r2 + r3 �0 (mod 9) Do r1, r2, r3  0;1;4;7 nên tồn hai số Vậy số a – b2; b2 – c2; c2 – a2 chia hết cho (điều phải chứng minh) Bài toán Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh (3p – 2p – 1)M42p Lời giải Ta chứng minh: 3p – 2p – chia hết cho 2; 3; p Thật vậy, 3p – 2p – = (3p – 3) – (2p – 2) �0 (mod p) 3p – 2p – = (3p – 1) – 2p �0 (mod 2) Do p nguyên tố p > nên p lẻ  3p – 2p – �-(-1)p – �0 (mod 3) p p p–1 p Ta có – – 1= 3.3 – – = �3 p 1 - 2p – 1(mod 7) �2 p 1 p 1 2 - 2p – p 1  p   mod  Do (p, 3) = nên p = 3k + p = 3k + với k  � Nếu p = 3k + 2 p 1 p 1 2 p 1  1  1  p k p 1  �2  p p p 1  mod  � p21 � p21 k  1�   1 �0  mod  � � � Nếu p = 3k + 2, chứng minh tương tự Vậy (3p – 2p – 1) chia hết cho 42p (điều phải chứng minh) n n Bài toán Cho số nguyên dương n   chia hết cho Chứng minh n chia hết cho Lời giải Từ giả thiết suy n không chia hết cho Gọi p ước nguyên tố bé n , ta chứng minh p  Do ( p  1; n)  nên tồn số nguyên dương a, b cho a ( p  1)  bn  Dễ thấy b lẻ p 1 a ( p 1) �1(mod p) Theo định lý Fermat ta có �1(mod p) nên 1 bn 1bn Do �1(mod p) , tương tự �1(mod p ) , từ 3.3bn �2.2bn (mod p) (1) n n 3n  � 2n  (mod p)  �  (mod p ) Mà từ giả thiết ta có nên hay b b 3nb �2nb (mod p ) (b lẻ ) Từ 3.3nb �3.2nb (mod p) (2) bn Từ (1) (2) suy 5.2 �0(mod p) nên p phải chia hết cho Bài toán Chứng minh với số nguyên m, tồn số nguyên n cho n3 – 11n2 – 87n + m chia hết cho 191 Lời giải Đặt P(x) = x3 – 11x2 – 87x + m Ta chứng minh tồn a, b nguyên để P(x) �(x + a)3 + b (mod 191)  x3 + 3ax2 + 3a2x + a3 + b �x3 – 11x2 – 87x + m (mod 191) Chọn a nguyên cho 3a �-11 (mod 191)  a �60 (mod 191)  3a2 �-87 (mod 191)  với m cần chọn b �m – a3 (mod 191) Khi đó, với i, j nguyên mà P(i) �P(j) (mod 191)  (i + a)3 �(j + a)3 (mod 191)  (i + a)3.63(j + a)2 �(j + a)191 (mod 191) �j + a (mod 191)  (j + a)2 �(i + a)189(j + a)3 (mod 191) �(i + a)192 (mod 191) �(i + a)2 (mod 191)  (i + a)3.63(j + a)2 �(i + a)189(i + a)2 (mod 191) �(i + a) (mod 191)  P(i) �P(j) (mod 191)  i �j (mod 191) Từ tập {P(1), P(2), …, P(191)} có 191 số dư khác chia cho 191 Do tồn n  {1, 2, …, n} cho P(n) chia hết cho 191 (điều phải chứng minh) Bài toán Cho hai số nguyên a, b thoả mãn 24a + = b2 Chứng minh có hai số a, b chia hết cho Lời giải Do b2 – 24a2 = không chia hết hai số a b chia hết cho Giả sử a b không chia hết cho Theo định lý Fermat, ta có a4 �1 (mod 5); b4 �1 (mod 5) a Do  b2   a  b   a  b � (mod 5) 2 Nếu a  b �0 (mod 5) 25a2 + = a2 = b2 �0 (mod 5) (vơ lí) suy a2 – b2 �0 (mod 5)  23a2 + = b2 – a2 �0 (mod 5) Vì (a, 5) = nên a ��1 (mod 5) a ��2 (mod 5) �23a  �23 �1  �1 a � � Nếu (mod 5) (mod 5)(vơ lí) �23a  �23  �2   �3 a � � Nếu (mod 5) (mod 5) (vơ lí) Vậy, điều giả sử sai nên có hai số a b chia hết cho 5(điều phải chứng minh) p; q   p  p   7q  2q  M pq  Bài toán Tìm cặp số nguyên tố  cho Lời giải Không tổng quát, giả sử q �p , vế trái lẻ, suy p, q lẻ k k Nhận xét: Nếu k số nguyên tố thỏa mãn  Mk Theo định lý Fermat, ta có k  2k �7-  mod k  � k  Giả sử 7 Vì p 2 p  Ta có p 7 q 2 q  M pq  �  p 2 p 7 q 2 q  � p  p Mp � p   l  Mp � � q q  * �  Mp q 2q không chia hết cho p nên không chia hết cho p, suy p khác Theo p 1 �2 p 1  mod p  định lý Fermat, Từ (*) (**) suy  ** gcd( q ; p 1) �2gcd( q ; p 1)  mod p  q �p  � gcd(q; p  1)  �  2Mp � p   l  Trường hợp 7 p=5 Ta có  25   q  2q  M 5q  Hiển nhiên q=5 thỏa mãn q  � 7q  2q không chia hết cho q, suy Nếu 75  25 Mq � 16775  5.5.11.61 Mq � q   11; 61 Thử lại thấy thỏa mãn Trường hợp 7 p=3 Ta có  23   q  2q  M 3q  Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn 3 Nếu q  �  Mq � 335  5.67Mq � q  67 Thử lại không thỏa mãn Kết luận  p; q     5;  ;  5; 11 ;  5; 61 ;  11;  ;  61;   11p Bài toán Tìm tất số nguyên tố p cho  chia hết cho 11p Lời giải p Giả sử p số nguyên tố cần tìm Ta có �2(mod p ) (1) 211 p   p  �211 (mod p) 11 Theo định lí Fermat ta có (2) Từ (1) (2) suy p uớc số 11 – = 2046 = 2.3.11.31, mà p số nguyên tố nên p � 2;3;11;31 22 21 +) Với p = ta có �2(mod 22) �2 1(mod 22) 1(mod 11) 10 220   210  �1(mod11) � 1(mod11) Lại có (4) nên mâu thuẫn (3) � p = không thoả mãn 232   210  22 �4(mod11) +) Với p = từ (4) có (3) 221 2(mod11)  32 �1(mod11) 33 232 1(mod33)  �2(mod33) Vậy p = không thoả mãn +) Với p =11 ta có 211p – – 2121 – = 2[(230)4 - 1] = 2((230)2 +1)(230 +1)(25 +1)(210 -25 + 1)(25 - 1)(210 + 25 + 1) Thay 25 = 32 kết hợp với (4) suy tích có nhân tử +1 chia hết cho 11 nhân tử khác khơng chia hết cho 11 nên tích không chia hết cho 11p = 121 Vậy p = 11 không thỏa mãn 10 p 1 Mặt khác (-xb, p) = nên (  xb) �1(modp) Gọi h =ordp(- xb) h| (p - 1), h |n Nếu h > tồn r nguyên tố cho r | h, r | n, r < p, mâu thuẫn Nếu h =  xp �1(modp) suy a  b �0(mod p) (mâu thuẫn) Vậy điều giả sử sai Suy điều phải chứng minh 2.4 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương thỏa mãn điều kiện chia hết Bài toán 25 Chứng minh với số nguyên tố lẻ p , tồn vô số số nguyên n dương n cho p | n.2  Lời giải p 1  p  1 2n �1  mod p  , Theo định lý Fermat �1  mod p  nên nM  p  1 n.2n  �n  (mod p) n lũy thừa ta chọn nM p  , p  nhân với hệ số n Mặt khác n.2 1� mod p  n  mod p  *Nếu chọn n lũy thừa p  số mũ phải lẻ thỏa mãn hai điều kiện trên: n   p  1 k 1 , k �� Khi k chạy tập số tự nhiên cho ta vô số số n thỏa mãn điều kiện tốn *Nếu n tích p  với hệ số hệ số phải chia p dư 1, ta chọn n   p  1  kp  1 , với k số tự nhiên Khi k chạy tập số tự nhiên cho ta vô số số n thỏa mãn điều kiện Với ý tưởng tốn hồn tồn giải Bài toán 26 Chứng minh với số nguyên tố p, tồn vô số số nguyên dương n thoả mãn (2n – n)Mp Lời giải Nếu p = n chẵn thoả mãn điều kiện đề 19 Nếu p > 2, theo định lý Fermat, ta có m p 1 �1  mod p  * với m  � Lấy n = m(p – 1) với m �-1 (mod p) Khi n = m(p – 1) �1 (mod p) 2n – n �2n – �0 (mod p) Do có vơ số số ngun dương m cho m �-1 (mod p) nên tồn vô số số nguyên dương n thoả mãn (2n – n)Mp (điều phải chứng minh) Bài toán 27 Cho p số ngun tố, chứng minh có vơ số số n ��* n cho 2015  n chia hết cho p Lời giải Nếu 2015Mp chọn n = kp, k số nguyên dương Nếu (2015, p)  , theo định lí Fermat 2015 p 1 � 1(mod p) 2015m ( p 1) 1(mod p ) ( m �N* ) * Lấy m  kp  , k �N ta có m �1(mod p ) m( p  1) �1(mod p) Từ ta có 2015m ( p 1) �m( p  1)(mod p ) * Như với k �N , đặt m  kp  n  m( p  1) có vơ số số để (2015n  n)Mp 2.5 Phương trình nghiệm nguyên x y Bài tốn 28 Tìm tất số tự nhiên x, y để  số phương Lời giải x y Giả sử   k  k �� y y 2 Nếu x    k  k số chẵn  k M4 ,  �2  mod  Do x �0 x y Từ   k ta suy k lẻ k không chia hết cho x x Với y    k   2m  1 �  4m  m  1  m  Khi x  3, y  Thử lại có   số phương 20 Với y �0 , k khơng chia hết k ��1 mod  x x y Từ   k suy ��1 mod5   x chẵn y   k  2n   k  2n  x  n Đặt , ta có � k  n  5a �� n k   5b , với a  b  y  a  b; a, b �� � � 2n1  5b  5a b  1 � 5b  � b  0, a  y n 1 y Lúc   n 1 2t (vô lý) Nếu y  2t   1M Do ta có y lẻ Khi 2n1  y    y 1  y     1 y 1 y2 Nếu y      số lẻ (vô lý) Vậy y  � n  1, x  2, y  Thử lại có   số phương Bài tốn 29 Tìm tất cặp số ngun dương  x; y  thỏa mãn phương trình 3x 1   y (1) Lời giải y Với x  thu  � y  y �1 mod 3 � y x  Với , ta có vế trái (1) chia cho dư 1, suy số chẵn � y  2k ( k ��* ) Phương trình cho viết dạng 3x 1   2k  1  2k  1 k Suy   (vì có hai thừa số chia hết cho 3) Do k  � y  21 x 1 2;  Ta   � x  ta có nghiệm  Vậy phương trình cho có nghiệm  1;1 ,  2;2  x Bài tốn 30 Tìm cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn:  y  y  64  (1) Lời giải Ta có (1) � x  65   y  1 x Vì 65 chia hết cho không chia hết cho với x nguyên dương nên số nguyên dương y thỏa mãn phương trình (1) y  số nguyên dương không chia hết cho Suy  y  1 ��1 mod5  x * Do ��1 mod5  , suy x  2k , với k �� Thay vào phương trình (1) ta được: 22 k  65   y  1 � 65   y   2k   y   k  Vì y nguyên dương nên y   2k  , từ (2) suy (2) y   2k  y   2k  y   k Do k � � �y   � � k �y   � � k �y   � � k � �y   �  65 k 5 � � � �x  10 � � � � 1 �y  32 � �y  32 � � � � � �k  �x   13 � � � � � � �y  �y  5 Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun dương  10;32   4;8  Bài tốn 31 Tìm số ngun dương k nhỏ cho tồn số x1, x2, …, xk cho x13 + x23 + … + xk3 = 20022002 Lời giải Ta có 2002  (mod 9)  20023 43 (mod 9) 20022002 = (20023)667.2002  2002 (mod 9)  (mod 9) 22 Mặt khác, với số nguyên a ta có a3 � (mod 9) a3 (mod 9) Do x13 ; x13 + x23; x13 + x23 + x33 đồng dư với modul Tức với k ≤ phương trình khơng có nghiệm nguyên Ta chứng minh k = giá trị cần tìm Thật ta có 2002 = 103 + 103 + 13 + 13 Mà 2002 = 667 +  20022002 = 2002 (2002667)3 = (103 + 103 + 13 + 13 ) (2002667)3 = (10.2002667)3 + (10.2002667)3+ (2002667)3 + (2002667)3 Vậy với k = phương trình có nghiệm Ta có k = giá trị cần tìm 3 Bài tốn 32 Phương trình x  3xy  y  2012 có nghiệm ngun hay khơng? Lời giải Ta có 2012 �1 mod 3 suy x3  3xy2  y3 �1 mod3 � x3  y3 �1 mod3 �  x  y  3xy x  y �1 mod3 � x  y �1 mod3 Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: x �0 mod3 , y �1 mod3 Ta có x  3m, y  3k  1,  mk , �Z Do x3  3xy2  y3  27m3  3.3m. 3k  1   3k  1 �1 mod 9 Mà 2012 �5 mod 9 Trường hợp 2: Ta có nên khơng thỏa mãn x �1 mod3 , y �0 mod3 x  3m 1, y  3k,  mk , �Z 23 x3  3xy2  y3   3m 1  3. 3m 1  3k   3k �1 mod 9 Do Mà 2012 �5 mod 9 Trường hợp 3: nên không thỏa mãn x �1 mod3 , y �1 mod3 Ta có x  3m 1, y  3k  1,  mk , �Z Do x3  3xy2  y3   3m 1  3. 3m 1  3k  1   3k  1 �1 mod 9 Mà 2012 �5 mod 9 nên khơng thỏa mãn Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Bài tốn 33 Chứng minh phương trình x + y + z = 19 + 7+ khơng có nghiệm ngun dương Lời giải Ta có 19 = (2.9 + 1) Từ cơng thức nhị thức Newton suy 19 1(mod 9) Tương tự = (9 – 2) -2(mod 9) Lại có -2=(-4)2= (-4)(2)=(-4)(8)(-4)(-1)(mod 9) (mod 9) nên 4(mod 9) 0(mod 9) Vậy, 19 + 7+ 5(mod 9) (*) Mặt khác với a nguyên, a 0,1,-1(mod 9) suy a 0,1,-1(mod 9) x + y + z -3, -2, -1, 0, 1, 2, (mod 9) Vậy x + y + z không đồng dư với theo modun (**) Từ (*) (**) suy phương trình cho vơ nghiệm 2.6 Ứng dụng định lí thặng dư Trung Hoa 24 Bài tốn 34 Tìm số ngun dương nhỏ có tính chất: chia dư 5, chia 11 dư chia 13 dư Lời giải Xét hệ phương trình: �x �5  mod  � �x �7  mod11 � �x �3  mod13  (1) Vì 7, 11, 13 số nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ (1) có nghiệm a  a1 M y1  a2 M y2  a3 M y3 M  11 � 13  143, M  13.7  91, M  7.11  77 ta có: M y1 �3 y1 �1 mod  � y1  2 tương tự : M y2 �3 y2 �1 mod11 � y2  M y3 � y3 �1 mod13 � y3  1 nên a  5.143.( 2)  7.91.4  3.77.( 1)  887 Tất nghiệm hệ (1) có dạng x  887  1001t  t �� Vậy số cần tìm 887 Bài tốn 35 Chứng minh tồn vô số số nguyên dương chẵn k cho p  k hợp số với số nguyên tố p Lời giải Với p  2, p  k hợp số với số k chẵn Với p  ta có p �1 mod3 Nếu k nguyên dương chẵn k �2  mod 3 p  k chia hết cho Với p = p  k chia hết cho k �1 mod5  25 Vậy k thỏa mãn điều kiện toán k nghiệm nguyên dương hệ phương trình: k �0  mod  � � k �2  mod3 � � k �1 mod5  � Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm a  a1M y1  a2 M y2  a3 M y3 với M  �  15, M  2.5  10, M  2.3  là: ta có: M y1 �y1 �1 mod  � y1  M y2 �y2 �1 mod3 � y2  M y3 �y3 �1 mod5  � y3  nên a  0.15.1  2.10.1  1.6.1  26 suy k �26  mod30  nghiệm hệ Vậy có vô số số nguyên dương chẵn k thỏa mãn yêu cầu * Bài toán 36 Cho p, q �� \  1 , pq  1 số  n  p, q   Chứng minh tồn k �Z cho k  hợp số với n ��* Lời giải Do  p, q   nên theo định lí thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên k thoả k �1 mod p  � � � k �1 mod q  mãn � Khi : Nếu nM2  pq  1 n �1 mod q  �  pq  1 k �1 mod q  �  pq  1 k  Mq n n (1) Nếu n M2  pq  1 n �1 mod p  �  pq  1 k �1 mod p  �  pq  1 k  Mp n n Do  p, q   nên từ (1) (2) suy  pq  1 26 n k  Mpq , (2) pq  1  n k 1 * hợp số với n �� Bài toán 37 Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số hợp số Lời giải Gọi p1 , p2 , , pn n số nguyên tố phân biệt Xét hệ phương trình �x �1 mod p12  � �x �2  mod p2  � � �x � n mod p  n  � Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm a thỏa a �k  mod pk2  , k  1, n mãn hay a  1, a  2, , a  n hợp số  a  k  Mp k , k  1, n Từ suy số Bài toán 38 Chứng minh với số nguyên dương n tồn n số nguyên dương liên tiếp cho số số chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp Lời giải Gọi p1 , p2 , , pn 2 n số nguyên tố liên tiếp p p p ; p p p ; ; pn  n1 pn n  pn Vì n số n n1 n 2 n đôi nguyên tố nên theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình �x �0  mod p1 p2 pn  � �x �1 mod pn1 pn p2 n  � � �x �(n  1)  mod p p pn n  n 1 n  n  � 2 2  có nghiệm nguyên dương x Từ suy số x, x  1, x  2, , x  n  n số nguyên dương liên tiếp mà số chúng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp 27 Bài toán 39 Chứng minh với số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số luỹ thừa (với số mũ nguyên) số nguyên tố Lời giải Cách Với số tự nhiên n, gọi p1 , p2 , , pn n số nguyên tố phân biệt Xét hệ phương trình �x �p1  1 mod p12  � �x �p2   mod p2  � � �x �p  n mod p  n n  � Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm ngun a �pk  k  mod pk2  k  1, n dương a thỏa mãn Từ suy số tự nhiên liên tiếp a  1, a  2, , a  n luỹ thừa với số mũ nguyên dương số nguyên tố Cách Với số tự p1 , p2 , , pn , q1 , q2 , , qn nhiên n, xét 2n số nguyên tố phân biệt �x �1 mod p1q1  � �x �2  mod p2 q2  � � �x �n  mod p q  n n Xét hệ phương trình � Rõ ràng p1q1 , p2 q2 , , pn qn đôi nguyên tố nên theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ phương trình có nghiệm ngun dương a thỏa mãn a �k  mod pk qk  k  1, n Suy n số tự nhiên liên tiếp a  1, a  2, , a  n luỹ thừa với số mũ nguyên số nguyên tố số số chia hết cho số nguyên tố khác Bài tốn 40 Giải phương trình f  x   x  x  x  �0  mod35  28 Lời giải f  x  �0  mod5  Giải phương trình x �1 mod5  , x �4  mod5  (1) ta nghiệm Giải phương trình f  x  �0  mod  (2) ta nghiệm x �3  mod  , x �5  mod  , x �6  mod  Đặt S1   1;4 , S2   3;5;6 � �x �a1  mod  � x �a  mod  Xét hệ phương trình � a1 �S1 , a2 �S2 Theo định lí thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm là: a  a1M y1  a2 M y2 với M  7, M  ta có: M y1 �2 y1 �1 mod5  � y1  M y2 �2 y2 �1 mod  � y2  nên a  21a1  15a2 suy x �21a1  15a2  mod35  nghiệm hệ Từ cho a1 �S1 , a2 �S2 ta tìm nghiệm phương trình ban đầu là: x �6  mod35  , x �19  mod35  , x �24  mod35  , x �26  mod35  , x �31 mod35  , x �34  mod35  Bài toán 41 Cho m số nguyên dương, tìm số nghiệm phương trình x �x  mod m  Lời giải    Giả sử m  p1 p2 pk  pi ��, i �� Ta có x �x  mod m  k x �x  mod pi  , i  1, k � x  x  1 �0  mod pi  , i  1, k i i x  x  1 �0  mod p  Vì  x, x  1  nên phương trình có hai nghiệm modul i i   pi x �0  mod pi  x �1 mod pi  , i  1, k i i i 29 �x �ai  mod pi  � � � 0; 1 � � i  1,2, , k Theo định lí thặng dư Trung Hoa, hệ phương trình � ln có k nghiệm modul m ta có hệ (bằng số  a1 , a2 , , ak  với � 0; 1 ) i k nên phương trình cho có nghiệm 30 Bài tập vận dụng Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n tồn số nguyên m cho 2m + m chia hết cho n Bài toán Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố lớn n2 + lớn 2n Bài toán Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên n, số np – p khơng chia hết cho q Bài tốn 4.(VMO 2001) Cho n số nguyên dương a, b số nguyên tố n n 6 lớn Giả sử p, q hai ước lẻ lớn a  b Tìm số dư n n 6 phép chia a  b cho 6.12n n Bài toán Cho k   với n số nguyên dương Chứng minh k số nguyên tố k 1  chia hết cho k Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên k tiếp cho số số có ước nguyên dương dạng  Bài tốn Tìm số nguyên tố p cho 2p + p2 số nguyên tố Bài toán Cho số nguyên dương a, b, p, n, k thỏa mãn an + bn = pk Chứng minh n> 1, n lẻ p số nguyên tố lẻ n = p Bài toán Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên dương n np – p khơng chia hết cho q Bài toán 10 Cho a, b, c, n nguyên dương thỏa mãn an Mb, bnMc cn Ma Chứng minh  a  b  c n2  n M abc Bài tốn 11 Tìm số nguyên dương p, q, n với p, q số nguyên tố cho p p  3  q q  3  n n  3 * Bài toán 12 Xác định tất n �� cho với n tồn m �Z thỏa mãn 2n  1| m  31 C PHẦN KẾT LUẬN Những vấn đề quan trọng đề tài Trên tác giả trình bày lý thuyết số định lí đồng dư Việc áp dụng kiến thức lý thuyết tập đa dạng phong phú tác giả đưa tập điển hình cho dạng tốn, dạng tập tương tự củng cố kiến thức đồng dư Đặc biệt nhấn mạnh toán chia hết chia có dư giúp học sinh nắm kiến thức tự tin việc tiếp cận toán đồng dư vận dụng lý thuyết đồng dư giải toán số học Qua giảng dạy lý thuyết đồng dư số toán đồng dư giảng chuyên đề tác giả nhận thấy học sinh tiếp thu tích cực biết tìm tòi, trình bày lời giải toán đồng dư cách khoa học chặt chẽ Tác giả hy vọng chuyên đề nhỏ đóng góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi phần số học mong nhận ý kiến đóng góp thầy chuyên gia, thầy cô đồng nghiệp đề chuyên đề hoàn thiện Những đề xuất kiến nghị Lý thuyết đồng dư mảng kiến thức rộng tương đối phức tạp Tuy nhiên khả ứng dụng rộng có tính ưu việt cao Nó phục vụ nhiều trình giảng dạy mơn Tốn Để giảng dạy có hiệu chuyên đề đồng dư, giáo viên cần trang bị cho học sinh kiến thức số học Sau trình bày giảng dạy thật kĩ phần lý thuyết đồng dư định lí áp dụng Khi giảng dạy cần chọn lọc ví dụ điển hình đặc trưng cho lớp tốn tương tự phân tích thật kĩ định hướng để nhận dấu hiệu sử dụng đồng dư cách hiệu 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Huy Khải (2009), “Chuyên đề Phương trình nghiệm nguyên”, NXB Giáo dục [2] Hà Huy Khoái (2005), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng Số học, NXB giáo dục [3] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng (2006), Các giảng số học (tập 1, 2), NXB ĐHQG Hà Nội [4] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy (2010), Bài giảng số học, NXB giáo dục [5] Tài liệu từ Internet: www.matlinks.ro, diendantoanhoc.net, matscope.org 33 ... mod M  Vậy hệ đồng dư xét có nghiệm modul M hay tất nghiệm hệ có dạng x �a  mod M  II Một số dạng toán áp dụng 2.1 Sử dụng phép đồng dư toán chia hết n Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n... n số nguyên dư ng liên tiếp mà số chúng chia hết cho n số nguyên tố liên tiếp 27 Bài toán 39 Chứng minh với số tự nhiên n tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số số luỹ thừa (với số mũ nguyên) số. .. 6.12n n Bài toán Cho k   với n số nguyên dư ng Chứng minh k số nguyên tố k 1  chia hết cho k Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên k tiếp cho số số có ước nguyên dư ng