Bài tập lớn môn Lí thuyết số

khái niệm phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn và hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn, các phương pháp giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩnẩn: Phương pháp giải phương trình ax = b (mod m) Cách 1 : Thử qua một hệ thặng dư đầy đủ Cách 2: Dùng thuật toán đệ quy: Cách 3: Dùng định lí Euler Cách 4. Dùng liên phân số: Cách 5: Dùng thuật toán Euclid Phương pháp giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn: Phương pháp 1: Dựa vào nội dung chứng minh định lí Trung Hoa về phần dư. Phương pháp 2: Xét nhóm từng hệ 2 phương trình trong hệ phương trình đã cho.

Trang 1

Họ và tên: Nguyễn Thị Minh Phương

MSV: 219209042

Giáo viên chấm thi 2: ………

BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN MÔN LÍ THUYẾT SỐ

Phần I

Câu 1.

a) Tìm tất cả các số tự nhiên n, biết rằng n có dạng phân tích tiêu chuẩn

n = và = 6, = 28.

Giải:

Ta có : n = => r.s 1

+ = 6

( 1 + r ) ( 1 + s ) = 6

Mà r,s 1

Nên

TH1:

TH2:

+ = 28

= 28 ( 1 )

+ TH1: r = 1 và s = 2 Thay vào ( 1) ta có :

= 28

( p + 1 ) ( ) = 28

Mà p + 1 3 ; 7

Nên :

Trang 2

n = = = = 3 4 = 12

+ TH2: r = 2 và s = 1 Thay vào ( 1) ta có :

= 28

( + p + 1 ) ( ) = 28

Mà + p + 1 7 ; q + 1 3

Nên

n =.= = = 4 3 = 12

Vậy n = 12

Phát triển bài toán: Tìm tất cả các số tự nhiên n, biết rằng n có dạng phân tích

tiêu chuẩn

n = và = 6, = 28

Sau đó chứng minh :

+ Chứng minh n là số hoàn thiện

+ Chứng minh nếu n là số hoàn thiện thì tổng nghịch đảo các ước của n bằng 2

Bài tập tương tự :

Bài 1 Tìm số tự nhiên , biết rằng có 12 ước và khi phân tích thành thừa số nguyên tố thì có dạng:

Giải:

+ Ta có:

+ Vì có 12 ước nên = 12

( 1 )

+ Lại có : ( theo đề bài ) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có hệ phương trình :

Giải hệ bằng cách rút hoặc từ ( 2 ) thay vào ( 1)

Giải ra được hoặc

• Với thì

Vậy n = 108 hoặc n = 72

Bài 2 Tìm số tự nhiên n lớn nhất có đúng 48 ước và khi phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng và

Trang 3

Làm tương tự như bài 1

Bài 3 Cho dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên và = 18 Tính

Giải:

Giả sử

+ Ta có: = 18

( 1 )

Từ ( 1 ), ta có:

+ TH1:

+ TH2:

Lại có: là phân tích tiêu chuẩn của

• Với thì

b) Tìm số tự nhiên n lớn nhất có hai chữ số sao cho n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính phương.

Giải:

Cách 1: Sử dụng nhận xét:

Số chính phương có dạng

Chia n cho 3 thì n = 3k hoặc n = 3k + 1 ( k N )

 Nếu n = 3k thì chia hết cho 3

 Nếu n = 3k + 1 thì chia 3 dư 1

Vậy một số chính phương chia cho 3 có dư là 0 hoặc 1 Từ đó ta có kết quả sau: Một số dạng 3k + 2 không thể là một số chính phương

 Số chính phương lẻ chia cho 8 luôn có số dư là 1 có dạng : 8k + 1( k N )

+ Nếu n = 3k ( k N ) thì :

• n + 1 = 3k + 1 ( là số chính phương )

• 6n + 1 = 6.( 3k ) + 1 = 18k + 1 ( là số chính phương )

• 20n + 1 = 20 ( 3k ) + 1 = 60k + 1 ( là số chính phương )

+ Nếu n = 3k + 1 ( k N ) thì :

• n + 1 = 3k + 1 + 1 = 3k + 2 ( không là số chính phương )

Trang 4

+ Nếu n = 3k + 2( k N ) thì :

• n + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3 ( là số chính phương )

• 6n + 1 = 6 ( 3k + 2 ) + 1 = 18k + 13 ( là số chính phương )

• 20n + 1 = 20 ( 3k + 2 ) + 1 = 60k + 41 ( không là số chính phương )

Vậy n 3 ( 1)

+ Vì 6n + 1 là số chính phương lẻ nên 6n + 1 chia cho 8 dư 1

Nên 6n 8

3n 4

n 4

Nên n là số chẵn n + 1 là số chính phương lẻ

n + 1 : 8 dư 1

n + 1 = 8k + 1( k N )

n = 8k

Vậy n 8 ( 2)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) n 24 ( vì ( 3,8 ) =1 )

n B( 24 ) = { 0, 24, 48, 72,…}

Mà n là số tự nhiên có hai chữ số

Nên n { 24, 48, 72, 96 }

• Với n = 24 thì

+ n + 1 = 25 = ( là số chính phương )

+ 6n + 1 = 6.24 + 1 = 145 ( không là số chính phương )

+ n + 1 = 48 + 1 = 49 = ( là số chính phương )

+ 6n + 1 = 48.6 + 1 = 289 = ( là số chính phương )

+ 20n + 1 = 20.48 + 1 = 961 = ( là số chính phương )

+ n + 1 = 72 + 1 = 73 ( không là số chính phương )

+ n + 1 = 96 + 1 = 97 ( không là số chính phương )

Vậy với n = 48 thì n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính phương

Cách 2:

+ Xét n + 1

Điều kiện : 10 n 99

Trang 5

11 n + 1 100

Vì n + 1 là số chính phương nằm trong khoảng từ 11 đến 100

Ta có các số chính phương sau : 16, 25, 36, 49, 64, 81

• Nếu n chẵn thì n + 1 là số lẻ , n = 24, 48, 80

• Nếu n là số lẻ thì n + 1 chẵn, n = 15, 35, 63

+ Xét 6n + 1

60 6n 594

61 6n + 1 595

Vì 6n + 1 là số chính phương lẻ nằm trong khoảng từ 61 đến 595

Ta có các số chính phương sau: 81, 121, 169, 225, 289, 361, 441, 529

• 6n + 1 = 81 => n = ( loại vì n là số tự nhiên )

…

• 6n + 1 = 289 => n = 48

+ Xét 20n + 1

200 20n 1980

201 20n + 1 1981

Vì 20n + 1 là số chính phương nằm trong khoảng từ 201 đến 1981

Ta có các số chính phương sau: 225, 256, 289, 324, 361, 400, 441, 484, 529, 576,

625, 676, 729, 784, 841, 900, 961, 1024, 1089, 1156, 1225, 1296, 1369, 1444, …

• 20n + 1 = 225 => n = ( loại vì n là số tự nhiên )

…

• 20n + 1 = 961 => n = 48

Vậy n = 48 thì n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính phương

Bài tập tương tự:

Bài 1 Tìm số hữu tỉ sao cho là số chính phương.

Giải:

Giả sử Với sao cho

Với => => q = 1

Vậy

Khi đó:

Trang 6

Phân tích: 23 = 1.23 = (-1).(-23) = 23.1 = (-23).(-1)

Giải ra ta được

Vậy số hữu tỉ

Bài 2 Xác định số tự nhiên n để là số chính phương

Giải:

Ta có :

Với thì không thể là số chính phương vậy nên n = 0, 1, 2

Thử trực tiếp n = 2 thì = 49 là số chính phương

Vậy n = 2

Bài 3 Chứng minh rằng nếu là các số nguyên thoả mãn hệ thức :

thì , là các số chính phương.

Giải:

Ta có:

( 1 )

Ta chứng minh: (, ) = 1

Thật vậy, gọi thì ,

;

( 2 )

Mặt khác từ ( 1 ) => => d|y ( 3 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) => d|1 hay d = 1

Vậy

Vậy là các số chính phương

Mặt khác từ giả thiết => và chứng minh được

Vậy là số chính phương

Câu 2 ( 2 điểm ) Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn:

Giải:

Trang 7

( 1)

Ta có : + + + 1 = ( 2 )

+ Xét x -3 hoặc x 3 thì:

2 – 125 = + 37 > = ( 3 )

Từ ( 1), ( 2 ) và ( 3 )

Mà và là 2 số tự nhiên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả mãn

+ Xét x [ -3,3]

• Với x = -3 thì

= = 766

y = ( loại vì không là số nguyên )

= = - 29

y = (loại vì không là số nguyên)

= = - 122

• Với x = 0 thì

= = - 125

y = -5 ( thoả mãn )

= = - 122

Trang 8

= = - 29

y = (loại vì không là số nguyên)

= = 766

y = ( loại vì không là số nguyên ) Vậy ( x,y ) = ( 0, -5 )

Bài tập tương tự:

Bài 1 Tìm các số nguyên thoả mãn

Giải:

( * )

Vế trái của phương trình ( * ) là một số chính phương

Vế phải của phương trình ( * ) là 2 số nguyên liên tiếp

Nên phải có một số bằng 0

+ TH1: thì

+ TH2: thì

Vậy só 2 cặp số nguyên

Bài 2 Tìm nghiệm của phương trình

Giải:

+ Ta có:

=

= (

+ Ta có:

Mà

Nên

+ TH1: y

Trang 9

Mà

Nên để thì

Không tìm được thoả mãn đề bài

+ TH2: y = 1

•

Vậy

Bài 3 Tìm tất cả các cặp số nguyên thoả mãn:

( làm tương tự )

Phần II.

Câu 3 ( 4 điểm ) Trình bày một số phương pháp giải hệ phương trình đồng dư

bậc nhất một ẩn

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1. Phương trình đồng dư bậc nhất

Định nghĩa : Phương trình đồng dư bậc nhất ẩn là phương trình có dạng sau đây:

( mod m ) ( 1 )

Trong đó a,b , a 0 ( mod m )

Mối liên hệ giữa phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn với phương trình Diophantine :

( 2 )

Vậy điều kiện phương trình Diophantine có nghiệm tương đương với điều kiện phương trình đồng dư ( mod b ) có nghiệm Điều kiện đó là ƯCLN của a và b là ước của c Việc giải phương trình Diophantine được đưa về việc giải phương trình đồng dư ( mod b )

Mệnh đề:

+ Nếu ( a,m ) = 1 thì phương trình ( 1 ) có đúng 1 nghiệm.

Trang 10

Chứng minh

Vì khi chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì cũng chạy khắp một

hệ thặng dư đầy đủ modulo m Do đó có một và chỉ một giá trị trong một hệ thặng

dư đầy đủ modulo m để

( mod m ) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm

+ Nếu ( a, m ) = d thì phương trình ( 1 ) có nghiệm khi và chỉ khi db Khi đó nó sẽ

có d nghiệm.

Chứng minh

Dễ thấy rằng phương trình ( 1 ) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình vô định có nghiệm Điều này xảy ra khi và chỉ khi d = ( a, m )\b Khi đó ( mod m ) tương đương với

Vì ( , ) = 1, nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

( mod )

Và phương trình ( 1 ) có d nghiệm là:

( mod m )

2. Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn

Xét hệ các phương trình đồng dư dưới đây :

( 3) : Trong đó, , là các số nguyên dương với i = 1,2,3,…n

Định nghĩa 2.1 : Phần tử được gọi là một nghiệm đúng của hệ ( 3 ), và viết là ,

nếu

( mod ) Với mọi Giả sử m = [] Khi đó lớp (mod m), được gọi là một nghiệm của hệ ( 3 ),

và viết là ( mod m ), nếu mọi phần tử thuộc (mod m) đều là nghiệm đúng của ( 3 )

Ta thấy ngay kết quả sau đây:

Mệnh đề 2.1 : Giả sử m = [] Khi đó nếu là một nghiệm đúng của hệ ( 3 ) thì

( mod m ) là một nghiệm của hệ ( 3 )

Định nghĩa 2.2 : Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng

một tập nghiệm đúng

Giả sử mỗi phương trình

Trang 11

( mod )

Có nghiệm ( mod ) Khi đó nghiệm của hệ ( 3 ) chính là nghiệm của hệ phương trình

( 4 ) :

Định lí Trung Hoa về phần dư:

Cho các số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau …, Khi đó hệ

có duy nhất nghiệm

Chứng minh

+ …, đôi một nguyên tố cùng nhau

BCNN là m = …

Đặt m = … = (

ƯCLN ( ) = 1 và = 0 ( mod ) nếu

ƯCLN ( ,) = 1

Nên ta có : ’ sao cho

( mod )

+ Đặt

( mod ) và ( mod )

(mod ) ,

là nghiệm đúng của hệ phương trình đã cho hay hệ đã cho có nghiệm ( mod m )

Định lí : Cho các số nguyên dương …, và các số nguyên Khi đó hệ:

có nghiệm khi và chỉ khi ( ) | ( với mọi

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Một vài phương pháp giải phương trình ( mod m )

Theo lập luận trên, thì phương trình bậc nhất luôn đưa được về phương trình dạng ( mod m ) với ( a, m ) = 1, và nghiệm của phương trình này là duy nhất Do

đó ta chỉ cần tìm một nghiệm của ( mod m ), (a, m ) = 1, 0 < a < m, b < m Sau đây ta nêu một số cách giải thường được sử dụng :

Cách 1 : Thử qua một hệ thặng dư đầy đủ

Trang 12

Thông thường, để tiết kiệm tính toán, người ta thử qua một hệ thặng dư đầy

đủ A có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất Vì ( a, m ) = 1, nên khi chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m Do đó luôn tồn tại A là một nghiệm đúng của phương trình Từ đó ta có nghiệm của phương trình là :

( mod m )

Ví dụ 1 : Giải phương trình ( mod 7 )

Xét hệ thặng dư đầy đủ modulo 7 là { -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3 } Khi đó chỉ -2 làm cho 5.(-2) – 4 = -14 0 ( mod 7 )

Vậy ( mod 7 )

Cách 2: Dùng thuật toán đệ quy:

Giả sử t sao cho a\(b + mt) Khi đó:

( mod m )

là nghiệm Việc tìm t dẫn tới việc giải phương trình ( mod a ) Giả sử ( mod a), 0

< < a, ( mod a ), 0 < < a Phương trình trên tương đương với ( mod a) Rõ ràng sau mỗi bước ta đã chuyển phương trình đã cho về phương trình các hệ số nhỏ hơn Quá trình này sẽ dừng ở một số hữu hạn bước

Ví dụ 2: Giải phương trình: ( mod 70 ) (*)

Ta có: ( 15, 70 ) = 5 mà 5/25

( * ) có nghiệm

( * ) ( mod 14 ) ( **)

Có ( 3, 14) = 1

( **) có nghiệm duy nhất

( mod 14 )

33 ( mod 14 )

( mod 14 )

Cách 3: Dùng định lí Euler

Vì ( mod m ) nên a ( mod m ) Vậy

( mod m )

Là nghiệm của phương trình ( 1 )

Ví dụ 3: Giải phương trình : ( mod 7 ) ( ***)

+ Có ( a, m) = ( 3,7 ) = 1

( ***) có nghiệm duy nhất

Trang 13

+ ( 3,7) = 1

( mod 7 )

3 ( mod 7 )

.5 ( mod 7) là nghiệm của ( ***)

Vậy nghiệm của ( ***) là .5 81.15 4.1 4 ( mod 7 )

Cách 4 Dùng liên phân số:

Biểu diễn = Ta có

Như vậy (mod m ) Nghiệm của phương trình là

( mod m )

Ví dụ 4: Giải phương trình ( mod 143 )

Biểu diễn Khi đó ( mod 143 )

Cách 5: Dùng thuật toán Euclid

Từ ( a,m) = 1, bằng thuật toán Euclid ta tìm được u,v sao cho au + mv = 1 Khi đó

au 1 (mod m), hay a(ub) b ( mod m) Do đó

( mod m )

là nghiệm của phương trình

Ví dụ 5: Giải phương trình ( mod 41 )

Ta có 41 = 9.4 + 5

9 = 5.1 + 4

5 = 4.1 + 1

Do đó, 1 = 5 – 4.1

= 5 – ( 9 – 5.1)1

= -9 + 5.2

= - 9 + ( 41 – 9.4)2

= 9.(-9) + 41.2

Như vậy, phương trình có nghiệm -9.2 -18 (mod 41)

2. Một số phương pháp giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn.

2.1. Phương pháp 1: Dựa vào nội dung chứng minh định lí Trung Hoa

về phần dư

a) Nội dung phương pháp : ( đã nêu ở phần kiến thức cơ sở )

Trang 14

b) Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 6 ( Trích bài kiểm tra 30% ) Giải hệ phương trình đồng dư sau:

( I )

+ Có ( 7, 5, 9 ) = 1

( I ) có nghiệm duy nhất

m = [7, 5, 9] = 315 = 45.7 = 63.5 = 35.9

• Có ( 45, 7 ) = 1 => : )

45 )

3 1 )

3 1 + 7.2 ( mod 7 )

5 ( mod 7 )

Chọn = 5

• Có ( 63,5 ) = 1 => : )

63 )

3 )

)

Chọn = 2

• Có ( 35,9) = 1 => : )

35 )

8 )

)

Chọn = 8

Đặt

= 45.5.4 + 63.2.4 + 35.8.2

= 1964

Trang 15

( I ) có nghiệm đúng 1964

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( mod 315 ) ( mod 315 )

Ví dụ 7: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia nó cho 7, 5, 3, 11 ta lần lượt được các số dư là 3, 2, 1, 9.

Giải

Bài toán trên đưa được về dạng tìm số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn hệ sau đây Làm tương tự như ví dụ 6 ta giải được hệ này có nghiệm ( mod 1155 )

Vậy số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm là 262

Ví dụ 8: Giải bài toán cổ sau đây:

“Nguyên Tiêu gió mát trăng trong Phố phường nhộn nhịp, đèn chong sáng nhoà

Một mình dạo đến đèn hoa Dăm trăm đốm sáng biết là ai hay Kết năm chẵn số đèn này Bảy đèn kết một còn hai ngọn thừa Chín đèn thì bốn ngọn dư Đèn bao nhiêu ngọn mà ngơ ngẩn lòng”

Giải

Gọi số đèn là ( ) ( 100 < < 1000 )

Yêu cầu bài toán

+Có (5, 7, 9 ) = 1 ( I ) có nghiệm duy nhất

m = [5, 7, 9 ] = 315 = 63.5 = 45.7 = 35.9

• Có ( 63,5 ) = 1 => : )

63 )

63 1 + 5.25 )

63 126 )

2 )

Chọn = 2

• Có ( 45,7) = 1 : )

45 )

Trang 16

)

Chọn = 5

• Có ( 35, 9) = 1 => : )

35 )

)

Chọn

Đặt

= 63.2.1 + 45.5.2 + 35.8.4

= 1696

( I ) có nghiệm đúng 1696

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( mod 315 ) ( mod 315 )

2.2. Phương pháp 2: Xét nhóm từng hệ 2 phương trình trong hệ phương

trình đã cho.

a) Nội dung phương pháp

Ta có hệ phương trình :

Trước hết ta kiểm tra điều kiện nghiệm Sau khi biết phương trình có nghiệm thì ta tiến hành liên tiếp giải các hệ gồm hai phương trình, để đưa hệ phương trình này về một hệ tương đương chỉ gồm hai phương trình Như vậy mấu chốt là ta phải giải các hệ hai phương trình có dạng sau đây:

Với giả thiết (m,q)\ (a – b )

Đặt d = (m,q) Từ phương trình thứ nhất ta có và ta có hệ

Tìm y từ phương trình

b – a

( Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn)

Giải phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn tìm được y

( t )

Thay vào ta suy ra

Trang 17

Ví dụ 9: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và

chia cho 19 dư 11

Giải

Bài toán được đưa về dạng tìm số tự nhiên nhỏ nhất thoả mãn hệ sau :

Xét hệ phương trình:

Có ( 11,4 ) = 1 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Từ ( 1) ( 3 )

Thay ( 3 ) vào ( 2) :

2 + 3y

3y

y ( vì ( 3, 4 ) = 1 )

y = 1 + 4z ( z ) ( 4 )

Thay ( 4 ) vào ( 3 )

( z )

17 ( mod 44 )

Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành :

Có ( 44,19) = 1 => Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Từ ( 5 ) => ( z )

+ Thay vào ( 6 ), ta được:

6z

z -1 ( mod 19 ) ( vì ( 6,19 ) = 1 )

z 18 ( mod 19 )

z = 18 + 19t ( t )

+ Thay z = 18 + 19t vào ta được:

Trang 18

( t )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Ví dụ 10: Giải bài toán cổ sau đây:

“Nguyên Tiêu gió mát trăng trong Phố phường nhộn nhịp, đèn chong sáng nhoà

Một mình dạo đến đèn hoa Dăm trăm đốm sáng biết là ai hay Kết năm chẵn số đèn này Bảy đèn kết một còn hai ngọn thừa Chín đèn thì bốn ngọn dư Đèn bao nhiêu ngọn mà ngơ ngẩn lòng”

Giải:

Gọi số đèn là ( ) ( 100 < < 1000 )

Yêu cầu bài toán

+ Xét hệ phương trình:

Có ( 5,7 ) = 1 => hệ phương trình có nghiệm duy nhất,

Từ ( 1 ) =>

Thay vào ( 2 ), ta được:

( z )

Thay ( z ) vào

( z )

( mod 35 )

Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành:

Có ( 35,9 ) = 1 => hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Từ ( 4 ) => ( z )

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	70,03 KB