Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội Khối Trung học phổ thông chuyên Toán - Tin ĐỊNH LÝ THẶNG DƯ TRUNG HOA VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn Khương Linh, Nguyễn Đăng Quang, Vũ Xuân Thành Long. Lớp 10A1 Toán Giáo viên hướng dẫn: Ts. Phạm Văn Quốc Hà Nội, tháng 3 năm 2010 Định Lý Thặng Dư Trung Hoa Và Một Vài Ứng Dụng Nguyễn Thành Công, Nguyễn Hữu Phúc, Nguyễn Khương Linh Nguyễn Đăng Quang, Vũ Xuân Thành Long Lớp 10a1 Toán Giáo viên hướng dẫn: Tiến sĩ Phạm Văn Quốc Tóm Tắt: Ở bài báo này, chúng tôi sẽ ñề cập ñến Định Lý Thặng Dư Trung Hoa và 1 vài ứng dụng của nó cùng những kĩ thuật mới ñể giải những bài toán lý thuyết số, bên cạnh 1 số kết quả mới như phát triển của Bài toán Hàn Quốc 1999 và tổng quát hóa 1 số bài toán thú vị. I)Lời giới thiệu Định lý Thặng Dư Trung Hoa mặc dù ñã có từ rất lâu nhưng cho ñến tận ngày nay những ứng dụng của nó vẫn ứng dụng rất nhiều trong các cuộc thi Olimpic toán. Định lý này chứng minh chúng ta có thể giải bất cứ 1 hệ ñồng dư nào với các modul ñôi một nguyên tố cùng nhau. 1) Định lý Thặng Dư Trung Hoa Định lý 1.1 Cho n ≥ 2, m 1 , m 2 , …, m n là những số nguyên khác 0 và ñôi một nguyên tố cùng nhau gcd(m i ,m j )=1 với i ≠ j, thì với a 1 ,a 2 ,a 3 , ,a n nguyên bất kì, hệ ñồng dư x ≡ a i (mod m i ) có nghiệm và nghiệm này xác ñịnh duy nhất modulo 1 r mi ∏ . Chú ý 1: x= 1 n bi ∑ ( ) 1 ( ) n mi bi Mi ϕ ∑ với ( ) mi ϕ là hàm Euler, là một nghiệm của hệ này. 2) Tổng quát hóa Định lý Thặng Dư Trung Hoa Định lý 1.2 Cho hệ ñồng dư x ≡ b i (mod m i ). Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi gcd(m i ,m j )=d i,j │(b i -b j ) và nếu nó có nghiệm thì nghiệm ñó là duy nhất theo module lcm(m 1 ,m 2 , …,m n ). II) Những kết quả và kĩ thuật mới 2.1) Ứng dụng trong chứng minh sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số Định lý thặng dư Trung Hoa có rất nhiều ứng dụng trong Lý Thuyết số, ñặc biệt là với những bài toán về sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số. Bài1: Chứng minh rằng với bất cứ số tự nhiên n nào, ñều tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà 1 trong số n số tự nhiên ñó có ít nhất 1 ước số là số chính phương. Giải: Xét hệ ñồng dư x ≡ -i (mod p i 2 ) với p i là 1 số nguyên tố (i= 1 n → ). Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa, hệ có một nghiệm nên x+i là bội của p i 2 . Bài toán ñã ñược chứng minh Bài2: (IMO 1989) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà cả n số ñó ñều không phải là lũy thừa của những số nguyên tố. Giải. Bài toán này có nét tương ñồng với bài toán trước nên ta nghĩ ngay ñến việc chọn 1 hệ ñồng dư tương tự như bài trên rồi dùng ñịnh lí thặng dư Trung Hoa ñể chứng minh. Ta biết rằng nếu 1 số chia hết cho p nhưng lại không chia hết cho p 2 thì số ñó không phải là lũy thừa của p. Điều này ñưa ta ñến việc lựa chọn hệ sau: x≡-i + p i (mod p i 2 ) với i ∈ {1,2,…,n} (p 1 ,p 2,… ,p n là những số nguyên tố phân biệt).Áp dụng Định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại x thỏa mãn hệ. Dễ dàng thấy ñược x+i chia hết cho p i nhưng không chia hết cho p i 2 (ĐPCM ). Bài3:(Hàn Quốc 1999) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn: 2 n -1 chia hết cho 3 và có 1 số m ∈ Z mà n 2 1 3 − | 4m 2 +1. Giải: Nếu n≡1 (mod 2) thì 2 n ≡-1 (mod 3), như vậy 2 n -1 không chia hết cho 3. Nếu n≡0 (mod 2), ñặt n=2 k .u (u là 1 số lẻ và u ≥1). Ta có 2 n -1 chia hết cho 3. Mặt khác, 2 n -1= 2 2 . k u -1 chia hết cho 2 u -1; do vậy 2 u -1 | 4m 2 +1. Vì u ≥ 3 nên 2 u -1≡3 (mod 4), bởi vậy 2 u -1 sẽ có 1 ước nguyên tố ñồng dư -1 (mod 4). Vậy 4m 2 +1 chia hết cho p với p=4r+3, nên 4m 2 chia hết cho p, và 1 cũng chia hết cho p (mâu thuẫn). Vậy n=2 k . Ta chứng minh rằng n=2 k thỏa mãn ñề bài bằng cách chỉ ra 1 số m thỏa mãn ñiều kiện ñề bài: 2 1 3 n − =F 1 .F 2 …F k-1 với F i là số Fermat: F i =2 2 i +1. Không khó ñể chứng minh gcd(F i ,F j )=1 với i≠j. Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa thì có 1 số chẵn c bằng 2m mà C 2 ≡ 2 1 2 i − ( mod 2 2 i ) với i=(1,k-1) Vậy sẽ tồn tại m thỏa mãn: 2 1 3 n − | 4m 2 +1 with n=2 k (ĐPCM). Chú ý: Ta nhận thấy rằng bài toán này có một sự liên kết chặt chẽ tới những tính chất của số Fermat, nên nếu áp dụng một số tính chất này ta sẽ có phát triển thú vị của bài toán Hàn Quốc 1999. Bài4: Cho n thỏa mãn 2 1 3 n − | 4m 2 +1. Chứng minh rằng tất cả các ước khác {1, 3, 2 n -1} của hệ ñều ñồng dư với 1 (mod 2 q ), q≠1 và k ∈ N*. Không dễ dàng ñể chứng minh bài toán này mà không có kết quả của bài trước. Tuy nhiên sử dụng bài toán trước với bổ ñề sau ñây còn có thể giải bài toán này dễ dàng hơn. Bổ ñề: Chứng minh rằng nếu p là 1 ước nguyên tố của F m =2 2 m thì p≡1 ( mod 2 m+1 ) Bổ ñề trên ta có thể dễ dàng chứng minh ñược bằng tính chất của cấp của một số. Lời giải bài 4. Theo bài toán trước, n=2 k và tất cả các ước của 2 n -1 là ước của số Fermat F m (m=1, 2, 3, …, k-1). Cũng từ bổ ñề trên , ta có tất cả các ước nguyên tố của 2 n -1 trừ {1,3, 2 n -1} cùng có số dư 1 modulo 2 q . Giả sử 2 n -1 có dạng p 1 1 α . p 2 2 α . p 3 3 α p r r α từ ñó 1 ước của 2 n -1 có dạng d= p 1 1 β . p 2 2 β . p 3 3 β p r r β với p i i β ≡ 1 (mod 2 i q ) như vậy d ≡ 1(mod 2 i q ) với q i là số nhỏ nhất trong tập { q 1 , q 2 , q r } (ĐPCM). Bài5. Cho f(x) là 1 ña thức với các hệ số nguyên. Giả sử rằng có 1 tập hữu hạn các số nguyên tố {p 1 ,p 2 ,p 3 ,…,p n } ñể cho với mọi số nguyên n, f(n) chia hết cho số p i nào ñó, chứng minh rằng sẽ có 1 số nguyên tố p ñể p│f(n) với mọi n ∈ Z. Giải: Giả sử rằng ñiều phải chứng minh là sai nên với mỗi p i sẽ tồn tại 1 số a i ∈ Z mà p i không là ước của f(a i ) hay f(a i ) không ≡ 0(mod p i ). Ta xét hệ ñồng dư sau: a ≡ a i mod p i với i ∈ {1,2,3,…r}. Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa ta có thể tìm ñược 1 số nguyên a thỏa mãn hệ này. Mặt khác ta dễ dàng chứng minh f(a) ≡ f(a i ) mod p i với i ∈ {1,2…r}. Do vậy, có 1 giá trị a thỏa mãn f(a) không chia hết cho p i nào với i ∈ {1,2,…r}. Tuy nhiên giả thiết ñề bài cho rằng mọi giá trị của ña thức chia hết cho số p i nào ñó (mâu thuẫn). Chú ý: Không khó ñể nhận ra rằng tập số ở Bài toán 5 có thể ñược thay thế bởi { } , 1,2,3 i i p i n α = mà không ảnh hưởng ñến kết quả bài toán. Không chỉ vậy, kết quả của bài toán này còn có thể ñược mở rộng hơn nữa. Kết quả ñó thực sự mạnh hơn nếu tập số ñược thay thế bởi 1 tập những số nguyên. Hãy cùng khám pha bài toán sau: Bài6. Cho f(x) là 1 ña thức với các hệ số nguyên. Giả sử rằng có 1 tập hữu hạn các số nguyên S={a i } với i ∈ {1,2,…,n} ñể cho với mọi số nguyên n, f(n) chia hết cho a i nào ñó, thì sẽ có 1 số nguyên a ñể a|f(n) với mọi n ∈ Z Giải: Tương tự với bài trước, ta giả sử rằng kết luận ñề bài sai. Vậy với mỗi i ∈ {1,2, ,n}, tồn tại số nguyên x i ñể f(x i ) không chia hết cho a i . Từ ñó, tồn tại 1 số p i ki với p i là số nguyên tố- thỏa mãn p i ki | a i nhưng f(x i ) không chia hết cho p i ki Cho i chạy từ 1 ñến n ta ñược tập hợp các số sau: {p 1 k1 , p 2 k2 , … , p n kn } . Tuy nhiên, vài trong số chúng có thể có cùng cơ số. Với những cơ số chung ñó, ta chọn số có số mũ nhỏ nhất. Bằng cách này ta thu ñược tập rút gọn: {p 1 q1 , p 2 q2 , … , p m qm } (m ≤ n và p 1 ,p 2 ,…,p m là những số nguyên tố phân biệt). Chú ý rằng a i chia hết cho 1 số số hạng trong tập này. Từ p 1 q1 , p 2 q2 , … , p m qm là những số ñôi một nguyên tố cùng nhau, ta xét hệ ñồng dư x≡x i (mod p i qi ) với i ∈ {1,2,…,n} Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, ta có nghiệm của hệ. Mặt khác, x≡x i (mod p i qi ) kéo theo f(x)≡f(x i ) (mod p i qi ) với mỗi chỉ số 1,2,…,n. f(x i ) không chia hết cho p i qi . Nên với nghiệm x thu ñược từ Định lý Thặng Dư Trung Hoa, f(x) không chia hết cho số p j kj nào. Do vậy, f(x) không chia hết cho số a i nào, mâu thuẫn với ñiều kiện ñề bài (ĐPCM). Bài7. Với mọi tập số nguyên {a 1 ,a 2 ,…, a n } tồn tại 1 số nguyên dương b ñể tập {ba 1 , ba 2 ,….,ba n } bao gồm những luỹ thừa ñúng của 1 số nguyên. Giải. Đặt p 1 ,p 2 ,p 3 ,…,p k là các số nguyên tố có mặt trong phép phân tích a 1 ,a 2 , a 3 , …., a n thành thừa số nguyên tố. Ta có a i =p 1 bi1 .p 2 bi2 ….p k bik . Ta biết rằng nếu 1 số nguyên ñược phân tích thành thừa số nguyên tố p 1 1 c …p m m c là 1 lũy thừa bậc q khi và chỉ khi c 1 , c 2 , c 3 , …c n chia hết cho q. Đặt b=p 1 d1 .p 2 d2 .p 3 d3 ….p k dk . Ta sẽ chứng minh rằng có thể tìm ñược d 1 ,d 2 , d k mà b thỏa mãn ñiều kiện ñề bài. Để có ba 1 là lũy thừa bậc q 1 của 1 số nguyên thì b 11 +d 1 , b 12 +d 2 , b 13 +d 3 , …., b 1k +d k chia hết cho q 1. Tương tự với ba 2 , ba 3 , …, ba n ta có b 21 +d 1 , b 22 +d 2 , b 23 +d 3 , …, b 2k +d k chia hết cho q 2, … b n1 +d 1 , b n2 +d 2 , b n3 +d 3 ,…., b nk +d k chia hết cho q n. Từ ñó phải xác ñịnh d 1 , d 2 , d 3 …, d k thỏa mãn d 1 ≡ -b i1 (mod q i ) i=1, 2, 3, , n Tương tự với d 2 , d 3 , d 4 ,…, d k Ta chọn q 1 , q 2 ,…, q n là những số nguyên tố phân biệt. Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, tồn tại d 1 , d 2 , d 3 , , d k . Từ ñó tồn tại b (ĐPCM). Bài toán này có thể có rất nhiều hệ quả, ñặc biệt là bài toán IMO 33 rd long list: Bài8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, tồn tại 1 tập số nguyên ñể tổng các phần tử của các tập con không rỗng của nó là 1 lũy thừa. Giải: Ta xét tập số nguyên S={x 1 , x 2 , x 3 ,…, x n }, có 2 n-1 tập con không rỗng của S. Đặt S 1 ,S 2 ,S 3 ,S 4 ,…, S 2 1 n − là tổng các phần tử của các tập này. Áp dụng bài trước, tồn tại 1 số b thỏa mãn {bS 1 ,bS 2 ,bS 3 ,…bS n } bao gồm các lũy thừa. Từ ñó ta chọn tập F={bx 1 ,bx 2 ,bx 3 , bx n } thì F là tập số thỏa mãn ñiều kiện ñề bài. Bài 7 cũng có 1 hệ quả rất thú vị khác: Bài9. Chứng minh rằng tồn tại 1 dãy số thỏa mãn tất cả các phần tử ñều là lũy thừa. Lời giải của bài toán này tương tự như bài 8. 2.2) Ứng dụng trong việc tìm số lượng nghiệm nguyên của một phương trình nghiệm nguyên. Sự kết hợp giữa Định lý thặng dư Trung Hoa và phép ñếm tạo ra rất nhiều bài tập thú vị về việc tìm ra số lượng nghiệm nguyên của 1 phương trình. Bài10: Cho m là 1 số nguyên dương. Tìm số lượng nghiệm của phương trình: x 2 ≡x (mod m) Giải: Giả sử rằng m=p 1 a1 .p 2 a2 . … , . p k ak Ta có x 2 ≡x (mod m). Từ ñó x 2 ≡x (mod p i ai ) với i ∈ {1, 2,…, k} (gcd(p i ai ,p j aj )=1 with i≠j) x(x-1)≡0 (mod p i ai ) với i ∈ {1,2,…,k}, vậy phương trình x(x-1)=0 có 2 nghiệm (mod p i ai ) là x≡0 (mod p i ai ) và x≡1 (mod p i ai ). Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, hệ x≡r i (mod p i ai ) i ∈ {1,2,…,k}với r i ∈ {0;1} chỉ có 1 nghiệm (mod m). Nhưng lại có 2 k cách chọn hệ. Vì vậy, phương trình có 2 k nghiệm. Bài11: (VMO 2008) Cho m=2007 2008 . Có bao nhiêu số n sao cho n<m và n(2n+1)(5n+1) chia hết cho m ? Giải: Ta dễ dàng nhận thấy gcd(m,10)=1 n(2n+1)(5n+2)≡0 (mod m) Do ñó 10n(10n+5)(10n+4)≡0 (mod m) (1) Ta có m=3 4016 .223 2008 . Đặt 10n=x, 3 4016 =q 1 , 223 2008 =q 2 . Vì gcd(q 1 ,q 2 )=1nên (1) tương ñương với x(x+5)(x+4)≡0(mod q 1 ) (2) x(x+5)(x+4)≡0(mod q 2 ) (3) Ta có (2) tương ñương với x≡0(mod q 1 ), x≡-5(mod q 1 ) và x≡-4(mod q 1 ). Và (3) tương ñương với x≡0(mod q 2 ), x≡-5(mod q 2 ), x≡-4(mod q 2 ). Mặt khác, x≡0 (mod 10), nên x là nghiêm của hệ: x≡r 2 (mod q 1 ) x≡0 (mod 10) với r 1 , r 2 ∈ {0;-4;-5} x≡r 1 (mod q 1 ) Áp dụng Định lý Thặng Dư Trung Hoa, hệ chỉ có 1 nghiệm (mod 10q 1 q 2 ) Với mỗi cặp (r 1 , r 2 ), chỉ có 1 số x. Nhưng lại có 3 2 cách chọn cặp (r 1 , r 2 ), vậy sẽ có 9 số x thỏa mãn. III) Một số bài áp dụng Thay lời kết cho bài báo này chúng tôi ñưa ra một số bài toán thú vị về ñịnh lí thặng dư Trung Hoa. Mong các bạn có thể tìm ra ñược những lời giải hay và ñẹp nhất. Bài2. Tìm tất cả các số m ∈ Z: 2 n -1 | m 2 +9. Bài3(USA TST 2009). Chứng minh rằng tồn tại một dãy k i tăng thực sao cho với mọi n nguyên dương thì k 1. k 2… k n-1 là tích của hai số nguyên dương liên tiếp. Bài4.Giả sử a i with i ∈ {1,2,3,…,n} là n số nguyên tố ñôi một khác nhau và b i với {1,2,3, n} là n số nguyên tuỳ ý. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương cho truớoc tồn tại duy nhất 1 ña thức với các hệ số {0,±1, ±2,… , ±(t-1)} thoả mãn F(a i )≡b i (mod t) ,i ∈ {1,2,…, n}. Bài5(Bulgaria TST 2003) . Ta gọi C là một tập tốt nếu với mọi k thì tồn tại a, b ∈ C phân biệt sao cho (a+k,b+k)>1. Giả sử rằng ta có một tập tốt mà tổng các phần tử trong ñó bằng 203. CMR ta có thể loại ñi 1 phần tử trong tập C sao cho tập còn lại vẫn là tập tốt. Bài6(Czech-Slovakia 1997). CMR tồn tại vô số dãy vô hạn tăng {a n } của các số tự nhiên thoả mãn với k ∈ N, dãy {k+a n } chứa hữu hạn số nguyên tố. IV) Tài liệu tham khảo. [1] Number Theory, Structures, Examples and Problems, Springer (Titu Andresscu and Dorin Andrica ) [2]Bài giảng số học I, II, Nhà xuất bản giáo dục (Nguyễn Vũ Lương ) [3]Một số tài liệu từ mạng Internet và các diễn ñàn toán học + www.mathscope.org + www.diendantoanhoc.net + www.mathlinks.ro . này chứng minh chúng ta có thể giải bất cứ 1 hệ ñồng dư nào với các modul ñôi một nguyên tố cùng nhau. 1) Định lý Thặng Dư Trung Hoa Định lý 1.1 Cho n ≥ 2, m 1 , m 2 , …, m n là những số nguyên. ( ) mi ϕ là hàm Euler, là một nghiệm của hệ này. 2) Tổng quát hóa Định lý Thặng Dư Trung Hoa Định lý 1.2 Cho hệ ñồng dư x ≡ b i (mod m i ). Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi gcd(m i ,m j )=d i,j │(b i -b j ). sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số Định lý thặng dư Trung Hoa có rất nhiều ứng dụng trong Lý Thuyết số, ñặc biệt là với những bài toán về sự tồn tại của 1 mệnh ñề lý thuyết số. Bài1: Chứng