Định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng

Bài viết trình bày về định lý thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt thêm, người Trung Quốc gọi nó là bài toán “Hàn Tín điểm binh”. Bản chất của bài toán Hàn Tín điểm binh đấy là việc giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất. 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. Mời các bạn cùng tham khảo!

Đ ỊNH LÝ THẶNG DƯ T RUNG HOA VÀ MỘT SỐ

ỨNG DỤNG

Nguyễn Duy Liên

THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Định lý thặng dư Trung Hoa là tên người phương Tây đặt thêm, người Trung Quốc gọi

nó là bài toán “Hàn Tín điểm binh” Hàn Tín là một danh tướng thời Hán Sở, từng đượcphong tước vương thời Hán Cao Tổ Lưu Bang đang dựng nghiệp Sử ký Tư Mã Thiên viếtrằng Hàn Tín là tướng trói gà không nổi, nhưng rất có tài về quân sự, tục kể rằng khi HànTín điểm quân số ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báo cáo số dư mỗi hàng,

từ đó ông tính chính xác quân số đến từng người Cách điểm quân số đã được ông thể hiệnqua bài thơ sau:

Tam nhân đồng hành thất thập hy Ngũ thụ mai hoa trấp nhất chi Thất tử đoàn 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 Trừ trăm linh năm biết số thành

(Người dịch: Trình Đại Vỹ đời nhà Minh).Bản chất của bài toán Hàn Tín điểm binh đấy là việc giải hệ phương trình đồng dư bậcnhất

Định lý 1 (Định lý Thặng dư Trung Hoa) Cho ksố nguyên dương đôi một nguyên tố cùng

nhau m1, m2, , mk và a1, a2, , ak là ksố nguyên tùy ý khi đó hệ phương trình đồng dưtuyến tính

Giả sử hệ có hai nghiệm x, y dẫn đến x ≡ y(mod mi),∀i = 1; k Vì m1, m2, , mk đôi

i v`i Ni ≡0 mod mj

Khi đó x = A1a1+A2a2+ · · · +Akak = N1N1−1a1+N2N2−1a2+ · · · +NkNk−1ak sẽ thỏamãn x≡ NiNi−1ai ≡ai(mod mi)(vì tất cả các thừa số còn lại đều chia hết cho mi)

Nhận xét 1. Định lý thặng dư Trung Hoa khẳng định về sự tồn tại duy nhất của một lớpthặng dư các số nguyên thỏa mãn đồng thời nhiều đồng dư tuyến tính Do đó có thể sử dụngđịnh lý để giải quyết những bài toán về sự tồn tại và đếm các số nguyên thỏa mãn một hệ cácđiều kiện về quan hệ đồng dư, quan hệ chia hết , hay đếm số nghiệm của phương trìnhđồng dư, chứng minh cho bài toán số học chia hết Việc sử dụng hợp lý các bộ m1, m2, , mk

và bộ a1, a2, , aktrong định lý, cho ta nhiều kết quả khá thú vị và từ đó ta có thể lập đượcnhiều bài toán hay và khó Sau đây tôi đưa ra một số ứng dụng của định lý thặng dư TrungHoa giải các bài toán số học mà chúng ta thường gặp

Vận dụng tư tưởng của định lý thặng dư Trung Hoa, chúng ta có thể xây dựngmộtphương pháp hiệu quả nhất trong việc giải hệ phương trình đồng dư tuyến tính

Cách giải.

• Bước 1: Đặt m =m1m2 mn = Nimivới i =1, 2, 3, , n

• Bước 2: Tìm các nghiệm Ni−1của phương trình Nix ≡1(mod m)

i = 1

NiNi−1ai

Ví dụ 1. Đầu tiên ta đến với bài thơ đố dân gian Việt Nam:

(Cho biết số đèn trong khoảng 600 đến 700)

Giải. Sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta giải như sau Gọi số đèn là

x,(x ∈Z, 600≤ x≤700)theo bài thơ ta có hệ phương trình đồng dư như sau:

Vậy số đèn sẽ là 630−5=625 Lời giải rất trong sáng và đẹp đẽ tiếc rằng tôi chưa chuyểnthể về thơ được thôi

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình đồng dư:

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình đồng dư:

Ví dụ 4. Giải phương trình đồng dư x2 ≡1(mod 144)

Giải. Vì 144=16·9, v`a (16, 9) = 1 Do đó theo địnhlý thặng dư Trung Hoa thì nghiệm củabài toán chính là nghiệm của hệ phương trình

(

x2≡1(mod 16)

x2≡1(mod 9)

Phương trình x2≡1(mod 16)có 4 nghiệm x ≡ ±1,±7(mod 16)

Phương trình x2≡1(mod 9)có 2 nghiệm x ≡ ±1(mod 9)do đó ta có tất cả 8 hệ sau(

Ví dụ 6 (VMO 2008) Cho m =20072008.Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương n≤mthoả mãnđiều kiện: n(2n+1) (5n+2) m.

Vậy m|n(2n+5) (5n+4) ⇔ x ≡0(mod 10); x≡r1(mod n1); x ≡r2(mod n2).(1)

cách chọn r1 ∈ {0,−4,−5} & r2 ∈ {0,−4,−5}theo định lí Trung Hoa ta có duy nhất một

số x ≤10n1.n2thoả mãn (1).Vậy có 9 số thoả mãn điều kiện bài ra

Bài toán mở rộng 1. Cho m = pα1

1 pα2

2 pαk

k (pi ∈ ℘, αi ∈ N)và f (x)là một đa thức với hệ số

phương trình f(x) ≡0 mod pαi

i
, i=1, k là nithì phương trình f(x) ≡0(mod m)có đúng

n1n2 nknghiệm (mod m)

Ví dụ 7. Cho p, q ∈ N∗\ {1 ,(p, q) = 1 Chứng minh rằng tồn tại k ∈ Z sao cho ta có số

Nếu n2 ⇒ (pq−1)n ≡ −1(mod p) ⇒ (pq−1)nk ≡ −1(mod p) ⇔ (pq−1)nk+1 ≡

0(mod p)Vậy(pq−1)nk+1là hợp số với mọi n ∈ N∗

Nhận xét 3. Chứng minh trên thật gọn gàng nhờ vào việc sử dụng định lý thặng dư TrungHoa Mấu chốt của bài toán là chúng ta thấy được để(pq−1)nk+1 là hợp số ta cần chỉ rarằng khi nào(pq−1)nk+1 chia hết cho p hoặc q(qua việc xét tính chẵn lẻ của n) từ đó taxây dựng được một hệ phương trình đồng dư:

Giải. Cách 1 Mỗi n∈ N∗xét nsố nguyên tố phân biệt p1, p2, , pn

Xét hệ phương trình

Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình trên có nghiệm

⇔ ∃a ∈ Z : a ≡ −i(mod piqi) ∀i = 1, n Từ đó suy ra các số a+1, a+2, , a+n, đềukhông phải là luỹ thừa với số mũ nguyên dương của một số nguyên tố

Nhận xét 4. qua sự chọn khéo léo bộ m1, m2, , mk cho ta một dãy nsố hạng thỏa mãn yêucầu

Tư tưởng giống như trên cho các ví dụ 4,5,6,10 dưới đây

Ví dụ 9 (Nordic 1998) Tìm số nguyên dương n sao cho tồn tại dãy {x1, x2, , xn}={1, 2, , n}thoả mãn: x1+x2+ · · · +xk k với mọi k =1, 2, , n 2/ Tồn tại hay không mộtdãy vô hạn{x1, x2, }= {1, 2, } sao cho xi 6= xj∀i 6= jvà thoả mãn: x1+x2+ · · · +xk kvới mọi k=1, 2, , n?

Giải.

Giả sử n∈ N∗thoả mãn đề bài khi đó ta có:∑n

i = 1

xi = ∑n

i = 1

i = n(n2+1) n⇒nlà số lẻ Giả sử n≥5, đặt m = n+21 Theo gtn

2/ Ta sẽ xây dựng một dãy(xn)+n=∞1thoả mãn điều kiện đề bài

Lấy x1 =1, x2 =3, x3 =2.Giả sử x1, x2, x3, , xN là một dãy thoả mãn điều kiện

x1+x2+ · · · +xk k với mọi k=1, 2, , N.Đặt x1+x2+x3+ · · · +xN =s

Gọi n là số nguyên dương bé nhất không nằm trong dãy x1, x2, x3, , xN

Nhận xét 5. Trong bài toán này ta cần chú ý đến dãy {xn}là một hoán vị của tập N,nếu

không có giả thiết này bài toán trở thành tầm thường, trong phần 2 ta cần quy nạp như sau,mỗi bộ

x1, x2, , xn thỏa mãn ta luôn tìm được xn+ 1sao cho x1+x2+ · · · +xn+ 1 n+1 Do vậy

ta cần phải xây dựng dãy{xn}sao cho dãy {xn}quyét hết tập N, đây là yêu cầu chính của

1 +xp2

2 + · · · +xpn−1

n − 1 =xnpn Vậy nếu ta chỉ ra được

số nguyên dương k sao cho x1, x2, , xnđều nguyên thì ta được điều phải chứng minh

Mà điều này tương đương với hệ sau có nghiệm

Ví dụ 11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n luôn tồn tại n số nguyên a1, a2, , an

Sao cho ai+ajlà lũy thừa của một số tự nhiên với số mũ lớn hơn 1 với mọi i, j ∈ {1, 2, , n}

Xét các số nguyên tố phân biệt p1, p2, , p2n

Xét các hệ phương trình đồng dư tuyến tính

x2n pi+j

#pi+j

là lũy thừa của một số nguyên dương đây

là điều phải chứng minh

Ví dụ 12 (Balkan 2000) Cho A là một tập hợp khác rỗng các số nguyên dương Chứng minh

rằng tồn tại số nguyên dương m sao cho mọi phần tử của tập mA đều là lũy thừa của một số

tự nhiên với số mũ lớn hơn 1

Giải. Giả sử A={a1, a2, , ak} Gọi p1, p2, , pN là tất cả các ước số nguyên tố của số

q1, q2, , qklà các số nguyên tố phân biệt Theo định lý thặng dư Trung Hoa, với j =1, N

Tồn tại βj ≡ −αi,j(mod qi)với mọi i =1, 2, , k

Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 13. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số k nguyên dương chẵn, sao cho với mọi sốnguyên tố p thì số p2+klà hợp số

Giải.

+ Nếu p >3 ⇒ p2 ≡ 1(mod 3) suy ra mọi k chẵn và k ≡2(mod 3)thì p2+klà hợp số(bội của 3 )

đồng dư

(

k≡0(mod 2)

k≡1(mod 5)

⇔k=30h+26,(h ∈ N),p2+k= p2+30h+26 ≥40 cho nên p2+klà hợp số Vậy có vô số

Nhận xét 6. Chứng minh trên thật ấn tượng nhờ vào việc sử dụng định lý thặng dư Trung

Từ đó tìm được tất cả giá trị của k

Ví dụ 14. (mathlink.ro) Chứng minh rằng tồn tại đa thức P(x) ∈ Z[x], không có nghiệm

Giải. Xét đa thức P(x) = (2x+1) (3x+1).Với mỗi số nguyên dương n, ta biểu diễn n dướidạng n = 2k(2m+1) • Vì 2k, 3

là nghiệm của hệ phương trình đồng dư sau:

Ví dụ 15. Cho tập A ={2, 7, 11, 13}và đa thức P(x) ∈Z[x]có tính chất với mỗi n∈ Z tồn

tại p∈ Asao cho p|P(n) Chứng minh rằng tồn tại p∈ Asao cho p|P(n) với mọi n ∈Z.

Giải.

Bổ đề 1 x, y∈ Z sao cho x ≡y(mod p) ⇔ P(x) ≡ P(y) (mod p)(tự chứng minh)

Áp dụng: Giả sử không tồn tại p∈ Asao cho p|P(n) với mọi n∈ Z suy ra∃ a, b, c, d ∈ Z

phân biệt sao cho

P(a) ≡ a0(mod 2) ⇒ a0 6 2 P(b) ≡b0(mod 7) ⇒b0 6 7 P(c) ≡c0(mod 11) ⇒c0 6 11

mâu thuẫn với điều giả sử trên Vậy điều giả sử là sai từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán mở rộng 2. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Giả sử rằng có một một tậphữu hạn các số nguyên tố A = {p1, p2, , pn}, sao cho với mọi số nguyên aluôn tồn tại số

pi ∈ A, i=1, n
sao cho P(a) pi Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố p sao cho P(x)

chia hết cho p với mọi số nguyên x

Nhận xét 7. Qua việc giải hai ví dụ 8 và 9 việc kết hợp giữa định lý thặng dư Trung Hoa vớicác tính chất của đa thức nguyên cho ta một kết quả thú vị

Ví dụ 16. Cho n, h ∈ N∗ Chứng minh rằng tồn tại n số tự nhiên liên tiếp thỏa mãn mỗi sốđều có ít nhất h ước số nguyên tố phân biệt

Giải. Do tập hợp các số nguyên tố là vô hạn nên ta có thể chọn nh số nguyên tố phân biệt

p1 < p2< · · · < ph< · · · < pnh

Từ đó ta có n số tự nhiên liên tiếp là: k+1; k+2;· · · ; k+nthỏa mãn mỗi số đều có ítnhất h ước số nguyên tố phân biệt.

Ví dụ 17. Chứng minh rằng với mọi m, n nguyên dương thì tồn tại x nguyên dương thoảmãn:

Nhận xét 8. Bài toán cần vận dụng kết hợp kiến thức giữa căn nguyên thủy và định lý thặng

dư Trung Hoa cho ta một lời giải thật chặt chẽ và ngắn gọn

Ví dụ 18 (diendantoanhoc.net 2014) Choplà số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại một

bội số của p sao cho 10 chữ số tận cùng của nó đôi một khác nhau

Giải.

Nếu p6 ∈ {2, 5} Xét hệ phương trình đồng dư tuyến tính

Trong đó ai ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ai 6=aj,∀0≤i 6= j≤9

Vì p ∈ ℘, p 6 ∈ {2, 5}suy ra gcdp, 1010 = 1 Do đó theo định lý thặng dư Trung Hoathì hệ này chắc chắn có nghiệm, nghiệm của hệ chính là số thỏa mãn (điều phải chứng minh)

Nhận xét 9. Từ các trường hợp cơ sở cho các số nguyên tố 2 và 5, xây dựng nên hệ phươngtrình Đồng dư tuyến tính tối ưu cho số nguyên tố bất kỳ khác 2 và 5

Ví dụ 19 (HSG Trại hè Hùng Vương 2014) Chứng minh rằng tồn tại 16 số nguyên dương

liên tiếp sao cho không có số nào trong 16 số đó có thể biểu diễn được dưới dạng

• A chia cho 9 không có số dư là 3,6

• A chia cho 13 không có số dư là 1,3,4,9,10,12

• A chia cho 17 không có số dư là 1,2,4,8,9,13,15,16

Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn:

Nhận xét 10. Từ các trường hợp cơ sở cho các số nguyên 9,13 và 17, xây dựng nên hệ phươngtrình Đồng dư tuyến tính tối ưu để chỉ ra được 16 số nguyên dương liên tiếp không có dạngcủa biểu thức đã cho, một việc làm cần có sự nhạy bén và tinh tế

Ví dụ 20. Chứng minh rằng phương trình x2−34y2 ≡ −1(mod m) có nghiệm với mọi

Trường hợp 2 (m, 5) = 1 thì x2 −34y2 ≡ −1(mod m) hay (x−3y) (x+3y) ≡(5y+1) (5y−1) (mod m).

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 11. Cách giải của bài toán chính là đã dùng phương pháp gen trong phương trìnhđồng dư, kết hợp với định lí thặng dư Trung Hoa

Ví dụ 21 (Shortlisted IMO 1998) Xác định tất cả n ∈N∗sao cho với n này tồn tại m∈ Z sao

có nghiệm nên tồn tại c ∈ Z : c ≡ 22tmod 22t+1+1 ⇒ c2+1 ≡ 0mod 22t+1+1∀t =

0, s−2 từ đây suy ra 2n−1|9 c2+1
=m2+9 trong đó m =3c

Nhận xét 12. Cái khó của bài toán là dự đoán dạng của n(thông qua một số ví dụ cơ sở),với điều kiện đủ ta cần xây dựng được hệ phương trình đồng dư có m1, m2, , msđôi mộtnguyên tố cùng nhau

Ví dụ 22 (Shortlisted IMO 2001) Cho số nguyên dương a chỉ có ước nguyên tố dạng 4k+

1(k ∈ N∗) Chứng minh rằng tồn tại b∈ N∗sao cho b2+1 a4+a2

Giải.

Bổ đề 3. Cho p ∈ ℘, p = 4k+1 ⇒ ∃x ∈ N∗ : x2+1 pn(n ∈ N∗cho trước) Quy nạp

Giả sử bổ đề đúng với n=h ∈N∗⇔ ∃xh : x2h+1 ph ⇔x2h+1=uph(u∈ N∗)

Đặt xh+ 1 = xh+tph ⇒ x2h+1+1 = xh+tph
2

+1 = ph(u+2xht) +p2ht2 ph + 1Ta cầnchọn t∈ N : u+2xht p

Điều kiện cần Giả sử n= pαq, p ∈ ℘ ,(p, 2) =1,(q, 2) =1, q, α ∈ N

Lấy a= pq+1⇒ an−1=apαq−1= pα+1h, (h, p) = 1 (chứng minh bằng quy nạp)

Nhận xét 14. Cái khó của bài toán ở phần 2 với điều kiện cần, để giải quyết được vấn đề này

ta cần nắm vững số mũ đúng của một số với một số nguyên tố,và chọn được bộ a1, a2, , akhợp lý của hệ phương trình đồng dư

Ví dụ 25 (Selection tests for the BMO and IMO Romanian teams 2006) Cho a, b là các số

Từ(1)và(2) ⇒ p| b−avô lí Vậy điều giả sử ab là sai, do đó a=b.

Ví dụ 26. Chứng minh rằng với mọi số N nguyên dương là tích của 2015 số nguyên tố lẻphân biệt đều là ước của vô số số có dạng aa+1+ (a+1)a, với a là số nguyên dương

Giải.Nhận xét với số p là số nguyên tố lẻ, p

Khi N = p1.p2 p2015, pjlà số nguyên tố lẻ Theo nhận xét trên với mỗi pj j =1, 2015
luôn tồn tại aj mà pj

a

aj+ 1

j + aj+1
aj

Xét hệ phương trình đồng dư(

a ≡aj mod pj

j =1, 2015theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ luôn tồn tại vô hạn số anhư vậy ta có điều chứng minh

Nhận xét 15. Qua hai ví dụ 6,7 cho ta thấy một lời giải đẹp nếu ta biết cách sử dụng thànhthạo Định lý hệ thặng dư Trung Hoa

Ví dụ 27 (The IMO Team Selection tests -2013) Tìm tất cả a, b, c ∈ Z, c ≥ 0 sao cho

(an+2n)| (bn+c)với mỗi số nguyên dương n, đồng thời 2ab không là số chính phương

Giải.Ta có (an+2n)| (bn+c) ⇔ bn ≡ −c(mod an +2n) ⇒b3n+c3 ≡0(mod an+2n),(∗)

a3n+23n

b3n+c

⇔b3n+c ≡0 mod a3n+23n
, mà an+2n|a3n+23nsuy ra b3n+c ≡0(mod an+2n) (∗∗)

Từ(∗),(∗∗) ⇒c3−c ≡0(mod an+2n) ⇔ an+2n|c(c+1) (c−1),(∗ ∗ ∗)

Khi cho n → +∞ ⇒ |c(c+1) (c−1)| < |an +2n|, kết hợp(∗ ∗ ∗) ⇒ c(c+1) (c−1) =

- Khả năng a=2 theo đề bài 2n+1bn ⇒ 4|bthỏa mãn điều kiện

- Khả năng|a| 6=2 tập các ước số nguyên tố của{an+2n, n∈ N∗}là vô hạn thật vậyNếu a|2 ⇒ a = 2a1,(a1 ∈ Z ,|a1| >1) ⇒ an +2n = 2n a1n+1
, mà với mọi k, l ∈

N, k6= lthì



a21k+1, a21l+1≤2 suy ra{an+2n, n∈N}có vô hạn ước số nguyên tố

Nếu a lẻ suy ra∀k, l ∈ N, k 6= l ⇒ a2k+22k, a2l +22l = 1 ⇒ {an+2n, n∈N} có vôhạn ước số nguyên tố,do an+2n|bn ⇒bcó vô hạn ước số nguyên tố vô lý

+Nếu c=1

- Khả năng 2|atheo đề bài a2+22b2+1⇒b2+1≡0(mod 4)vô lý

- Khả năng a lẻ, do 2ab không là số chính phương cho nên

(2a =l2p1p2 ps

b =m2pkpk+ 1 pt + s ∨b =m2

Với l, m ∈ N∗, p1, p2, , pt + s ∈ ℘, t, k ∈ N∗, s ∈ N.các số nguyên tố pi i =1; t+s

(2a)p−12 = −1(mod p) ⇒ ap−12 +2p−12 ≡0(mod p); bp−12 =1(mod p)

Nhưng ap−12 +2p−12

b

p−1

2 +1⇒bp−12 ≡ −1(mod p)mâu thuẫn ( do p6=2)Vậy các bộ(a, b, c) = (2, 4k, 0), k∈N∗

, k không là số chính phương thỏa mãn đề bài

Nhận xét 16. Một ví dụ khá khó của bài viết, bài toán là sự hợp giữa đồng dư thức,thặng dưbình phương và một chút của định lý thặng dư Trung Hoa, cái khéo của bài toán qua viêcchọn các số 2a và b sao cho 2ab không là số chính phương

Ví dụ 28. Tìm tất cả các số nguyên dương n để số n.222016−n−76 là số chính phương

Giải. Giả sử tồn tại số nguyên dương n để số n.222016−n−76 là số chính phương Ta có

ra d=1

Hoa, sẽ tồn tại số nguyên C sao cho C≡22l−1mod 22l +1, ∀l =1; 2015

suy ra(9c)2+5 =n222016−n−76 vô lý do một số chính phương khi chia cho 9 cho các số

dư là 0, 1, 4, 7 Nhưng(9c)2+5 ≡ 5(mod 9) Vậy điều giả sử là sai tương đương với không

Ví dụ 29. Một số nguyên n được gọi là số tốt nếu |n| không là số chính phương.Xác địnhtất cả các số nguyên m sao cho mcó thể biểu diễn bằng vô hạn cách là tổng của 3 số tốt khácnhau và tích của chúng là một số chính phương lẻ

được Về dạng m=4k+3= xy+yz+zx (1), trong đó x, y, z là các số nguyên lẻ

Thật vậy nếu chọn x=1+2t v`a y=1−2t(t∈ Z\ {0})thì x, ylà hai số lẻ và khi đó(1),trở thành 4k+3= 1−4t2+ (1+2t)z+ (1−2t)z, (2) suy ra z=2t2+2k+1 ⇒zcũng là

số nguyên lẻ

+ t∈Z\ {0 thì có vô hạn bộ số xy, yz, zxphân biệt thỏa mãn(1)

+ Tích các số xy, yz, zx là mọt số chính phương lẻ

+Vậy ta chỉ cần chứng minh có vô hạn t∈ Z\ {0 sao cho|xy|,|yz|,|zx|là các số tốt

- Trước hết ta thấy|xy| =4t2−1 là số tốt với t∈ Z\ {0

(

1−2t≡q mod q2
(3)

- Với mỗi t ta có z không chia hết cho p, ngược lại z chia hết cho p thì từ(2)và(3)ta có p

là ước của 4k+3⇒vô lý vì p>m

- Từ đó ta có|zx| chia hết cho p nhưng không chia hết p2 Tương tự |yz| chia hết cho qnhưng không chia hết q2 Vậy|zx|,|yz|là các số tốt (đpcm)

Vậy đáp số của bài toán là m≡3(mod 4)

Nhận xét 17. Một ví dụ khó của bài viết, bài toán là sự kết hợp giữa định lý thặng dư TrungHoa, việc chọn a1, a2 & m1, m2và lập luận logic, số chính phương

• A chia cho 13 khơng có số dư 1,3,4,9,10,12

• A chia cho 17 khơng có số dư 1,2,4,8,9,13,15,16

Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dư? ?ng n thỏa... khơng số phương thỏa mãn đề

Nhận xét 16. Một ví dụ khó viết, tốn hợp đồng dư thức ,thặng dưbình phương chút định lý thặng dư Trung Hoa, khéo toán qua viêcchọn số 2a b cho 2ab khơng số. .. Xét hệ phương trình đồng dư(

a ≡aj mod pj

j =1, 2015theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ tồn vơ hạn số anhư ta có điều chứng minh

Nhận