Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Hán - Nôm

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Hán - Nôm

Trần Đại An1, Phạm Văn Hoằng2, Đoàn Thị Lệ3, Tạ Duy Phượng4,*, Cung Thị Kim Thành5, Phan Thị Ánh Tuyết6

1Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Việt Nam 2Đại học Giáo dục, Đại học Quốc gia Hà Nội, Việt Nam 3Đại học Quốc lập Thanh Hoa, Đài Loan 4Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ, Việt Nam 5 Viện Trần Nhân Tông, Đại học Quốc gia Hà Nội, Việt Nam 6Đại học Sư phạm Quốc lập Đài Loan, Đài Loan

Ngày nhận bài: 21/01/2022; Ngày nhận đăng: 28/04/2022; Ngày xuất bản: 28/08/2022

TÓM TẮT

Định lí Trung Quốc về phần dư được coi là một trong những đóng góp quan trọng của người Trung Quốc vào kho tàng kiến thức toán học thế giới. Định lí Trung Quốc về phần dư được người Trung Quốc sử dụng trong thiên văn và tính toán lịch từ thế kỉ II trước Công nguyên và được phát biểu dưới ngôn ngữ toán học vào khoảng thế kỉ V. Nhưng chỉ đến thế kỉ XIII Định lí này mới được nhà toán học Trung Quốc Tần Cửu Thiều chứng minh bằng toán học một cách chặt chẽ.

Bài viết trình bày Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Trung Quốc và sách toán Hán-Nôm (sách toán của Việt Nam viết bằng chữ Hán và chữ Nôm). Qua đó có thể phần nào hình dung về khả năng tiếp nhận và phát triển toán học của các nhà toán học Việt Nam thời trung đại, cũng như ý nghĩa thời sự của kiến thức toán học trong các sách toán Hán-Nôm trong giảng dạy toán hiện nay.

Từ khóa: Định lí Trung Quốc về phần dư, sách toán Hán-Nôm, lịch sử toán học, toán học Việt Nam thời Trung đại, giảng dạy toán học.

1. MỞ ĐẦU

Trung Quốc Tần Cửu Thiều chứng minh chặt chẽ vào thế kỉ XIII.3 Trình Đại Vị cũng gọi bài toán Vật bất tri kỳ số là bài toán Hàn Tín điểm binh.4

Định lí Trung Quốc về phần dư (The Chinese Remainder Theorem) có nguồn gốc từ bài toán Vật bất tri kỳ số trong cuốn sách chữ Hán Tôn Tử toán kinh (khoảng thế kỉ V).1 Mặc dù Định lí Trung Quốc về phần dư là cơ sở để xây dựng thuật toán giải hệ phương trình đồng dư bậc nhất, đã được sử dụng trong tính toán thiên văn và tính toán lịch tại Trung Quốc cổ đại vào thế kỉ II trước Công nguyên.2 Nhưng nó chỉ được nhà toán học

Định lí Trung Quốc về phần dư có bản chất toán học sâu sắc và có nhiều ứng dụng thực tế, vì vậy nó luôn mang ý nghĩa thời sự. Nó nằm trong chương trình chính khóa cho học sinh chuyên Toán-Tin và cho sinh viên các ngành Toán-Khoa học máy tính và được giảng dạy trong các môn Lý thuyết số, Lý thuyết thuật toán… Hiện nay

*Tác giả liên hệ chính.

Email: tdphuong@math.ac.vn

6

Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Lưu ý: Để trình bày gọn, chúng tôi không chép lại nguyên văn bài toán bằng chữ Hán, mà chỉ dịch Đầu bài và Lời giải trong các sách toán cổ. Sau đó giải thích Lời giải bằng ngôn ngữ hiện đại.

toán đồng dư được phát triển theo nhiều hướng: Hệ phương trình đồng dư nhiều ẩn, phương trình đồng dư phi tuyến áp dụng trong các bài toán thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế;5 Đồng dư trên các trường số tổng quát; ứng dụng của đồng dư trong mật mã, máy tính,...6

Bài toán này đã được nhiều nhà toán học Trung Quốc tiếp tục nghiên cứu, chứng minh thuật giải và phát triển. Dương Huy (楊輝, 1238-1298) có 4 bài khó hơn một chút nhưng cùng dạng.

Có thể khẳng định rằng người Việt Nam đã biết đến Định lí Trung Quốc về phần dư qua bài toán Điểm binh pháp (phép điểm binh) trong cuốn sách Toán pháp đại thành7 của Lương Thế Vinh (1441-1496).

Bài 2.1.2 (Dương Huy)10 Xếp mỗi nhóm 7 thì thừa 1, xếp 8 thừa 2, xếp 9 thừa 3. Hỏi số lượng vật là bao nhiêu?

Bài 2.1.3 (Dương Huy)10 Xếp mỗi nhóm 11 thì dư 3, xếp 12 dư 2, xếp 13 dư 1. Hỏi số lượng vật là bao nhiêu?

Bài 2.1.4 (Dương Huy)10 Xếp mỗi nhóm 2 thì dư 1, xếp 5 dư 2, xếp 7 dư 3, xếp 9 dư 4. Hỏi số lượng vật là bao nhiêu?

Trong Chương 6 của cuốn sách Ý Trai toán pháp nhất đắc lục (Một điều tâm đắc về toán của Ý Trai)8 gồm 8 Quyển do Nguyễn Hữu Thận (1757-1831, tên chữ: Ý Trai) bắt đầu viết từ năm 1812 và hoàn thành năm 1829, Định lí Trung Quốc về phần dư được biết đến dưới tên bài toán Vật bất tri kì số và được Nguyễn Hữu Thận gọi là dạng toán Dĩ dư số tri nguyên số (Từ số dư tìm ra số ban đầu).

Bài 2.1.5 (Dương Huy)10 Dùng một đội công nhân không biết số lượng. Sai người khao họ. Cho mỗi nhóm 3 người 1 cân thịt thì thừa 5 lạng 8 thù, tức là đếm 3 thừa 2. Cho mỗi nhóm 5 người 1 quan tiền thì thừa 400 tiền, tức là đếm 5 thừa 3. Mỗi nhóm 7 người hứng một lần, thu chén lại mà hứng (tức là đếm 7 không thừa). Hỏi tổng số công nhân và mỗi thứ chi ra là bao nhiêu?

Hoàng Xuân Hãn đã viết một bài báo với tên gọi Hàn Tín điểm binh.9 Tuy nhiên, Hoàng Xuân Hãn chỉ bàn về cách giải bài toán mà chưa khảo cứu các sách toán Hán-Nôm. Bài viết này có lẽ là bài báo đầu tiên tìm hiểu Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Hán-Nôm của các tác giả Việt Nam. Nhằm làm rõ vấn đề và so sánh với các sách toán Hán-Nôm, chúng tôi cũng điểm qua những tư liệu của các tác giả Trung Quốc trước thế kỉ XVI viết về bài toán này.

2. NỘI DUNG

Trong sách Chí Nhã Đường tạp sao11 của Chu Mật (1232-1298) có bài thơ sau đây, có lẽ là phiên bản thơ đầu tiên của bài Vật bất tri kì số:

三歲孩兒七十稀

2.1. Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Trung Quốc

五留廿一事尤奇

七度上元重相會

寒食清明便可知

2.1.1. Một số bài toán Định lí Trung Quốc về phần dư có nguồn gốc từ bài toán Vật bất tri kỳ số trong cuốn sách chữ Hán Tôn Tử toán kinh (khoảng thế kỉ IV-thế kỉ V).1

Phiên âm:

Tam tuế hài nhi thất thập hi

Ngũ lưu chấp nhất, sự vưu kì

Thất độ Thượng Nguyên trùng tương hội

Bài 2.1.1 (Bài toán số 26, Quyển hạ)1 Nay có một đống đồ, không rõ số lượng, chỉ biết xếp mỗi nhóm 3 cái thì thừa ra 2, xếp theo nhóm 5 thì thừa 3, theo nhóm 7 thì thừa 2. Hỏi số lượng đồ vật là bao nhiêu?

Hàn Thực, Thanh Minh tiện khả tri.

7

Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Giải thích: Hàn Thực, Thanh Minh: Khoảng thời gian từ Đông chí tới ngày Thanh Minh là 105 ngày, gọi là tiết Hàn thực. “Hàn thực” ám chỉ số 105.

ax ≡ 1(mod m). Phương pháp này tương đương với việc giải phương trình nghiệm nguyên ax + my = 1 đã được các nhà toán học Ấn Độ đưa ra thuật toán giải vào thế kỉ VII.2,12

Dịch:

Kí hiệu (a, b) là ước số chung lớn nhất của

hai số nguyên a và b.

Đứa trẻ 3 tuổi, [khi ông bố] 70, hiếm

5 lưu 21, việc càng lạ

Nếu (a, b) = 1 thì ta nói a và b là hai số

nguyên tố cùng nhau.

7 lần Thượng Nguyên lại gặp lại

Hàn Thực, Thanh Minh tiện biết được.

Trình Đại Vị có bài thơ Vật bất tri tổng (Tôn Tử ca, hay còn gọi là Hàn Tín điểm binh):4

Nhận xét 1.1.2.1 Nếu (a, m) = 1, thì phương trình ax ≡ 1(mod m) có duy nhất nghiệm và có thể tìm nghiệm nhờ giải phương trình nghiệm nguyên ax + my = 1.13

三人同行七十稀

2.1.3. Định lí Trung Quốc về phần dư

五樹梅花廿一枝

Định lí Trung Quốc về phần dư phát biểu như sau:

七子團 圓 正半月

除百零五便得知

Phiên âm (Hoàng Xuân Hãn):9

)

)

m 1 m 2

(1)

(1)

Thất t đ ệt Tam nhân đồng hành thất thập hi Trừ ũ tiện đắc tri.

)

m k

Trừ bách linh ngũ tiện đắc tri.

(mod )

Cho k số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau m1, m2,..., mk và a1, a2,..., ak là k số nguyên tùy ý. Khi ấy hệ phương trình đồng dư  x a (mod 1   (mod m ) x a (mod 1 2  (mod m ) ... 2    x a k (mod m k

Thất tử đoàn viên chính bán nguyệt Ba ngườ cùng đ ít bảy chục N m cỗi oa ma m mốt cành Bảy gã xum v y vừa nửa tháng Trừ tr m inh n m biết số thành.

Thất t đ ệt Trừ ũ tiện đắc tri. Ngũ thụ mai hoa trấp nhất chi D ch (Hoàng Xuân Hãn):9 D ch (Hoàng Xuân Hãn):9

1

Ba ngườ cùng đ ít bảy chục N m cỗi oa ma m mốt cành Dịch (Hoàng Xuân Hãn):9 Bảy gã xum v y vừa nửa tháng Ba người cùng đi ít bảy chục Trừ tr m inh n m biết số thành. 2.1.2 P ơ đồ ến tính 2.1.2 P ơ đồ ến tính

Chứng minh:3,5,13

 x a 1   x a 2  ...    x a k có duy nhất nghiệm (t eo ng ĩa c c ng ệm có duy nhất nghiệm (theo nghĩa các nghiệm cùng có duy nhất nghiệm (t eo ng ĩa c c ng ệm thuộc t eo modu o lớp đồng dư) cùng thuộc lớp đồng dư) theo modulo m1m2...mk. lớp đồng dư) thuộc t eo modu o cùng m m m .k 2... 1 m m m .k 2... Chứng minh:3,5,13 Chứng minh:3,5,13

,

Tính duy nhất: Giả sử hệ có hai nghiệm

,x y

,x y

.m

,

m

.

k

mod



 k

Tính duy nhất: Giả sử hệ có hai nghiệm x, y sao cho sao cho Tính duy nhất: Giả sử hệ có hai nghiệm sao cho

.m  m mod được gọi

 tr n   ax b

,

1 thuộc một lớp đồng dư t eo modu o

   m i y x 1,2,...., , mod x ≡ y (mod mi), i = 1, 2,..., k. i     m i mod y x 1,2,...., . , i Vì m đô một nguyên tố cùng nhau m m ,..., , Vì m1, m2,..., mk đôi một nguyên tố cùng 2 1 k m đô một nguyên tố cùng nhau m m , ,...,    nên m m m y x ... mod nhau nên x ≡ y (mod m1m2... mk), tức là x và y cùng k 2 1 2 1 k    y ... m m m x , mod tức là x và y cùng m m m thuộc một lớp đồng dư t eo modu o thuộc một lớp đồng dư theo modulo m1m2...mk. .k 2... 2 k 1 m m m .k 2...

1

m

được gọi là Vì tức là x và y cùng nên



A a k k



  và i



j .

m



j



1

1,

 1

i

i

 1

 1

.b



 m i

N x i

1,



 x A a 1 1

.

2 2 2

1 1 1

k

k

k

  ... A a k k   N x a ...

,

a m  t p ương , a m  t p ương





 





1 mod

ax

m

Xét p ương tr n đặc biệt dạng Sự tồn t i: Tìm nghiệm x dưới dạng tổ hợp Sự tồn tại: Tìm nghiệm x dưới dạng tổ Phương trình ax ≡ b (mod m) được gọi là . Sự tồn t i: Tìm nghiệm x dưới dạng tổ hợp tuyến tính của :ia hợp tuyến tính của ai:  tuyến tính của :ia

N x a N x a

N x a

...

.

trình có duy nhất nghiệm và có

Năm cỗi hoa mai hăm mốt cành Cho ,a b m là các số nguy n c o trước. Ta nói , Bảy gã xum vầy vừa nửa tháng Cho ,a b m là các số nguy n c o trước. Ta nói a đồ với b theo modul m (hay a v b Trừ trăm linh năm biết số thành. a đồ với b theo modul m (hay a v b cùng t uộc một ớp đồng dư) v k ệu  cùng t uộc một ớp đồng dư) v k ệu nếu a b bộ của  a b mod 2.1.2. Phương trình đồng dư tuyến tính  nếu a b bộ của  m , a b   P ương là ax b Cho a, b, m là các số nguyên cho trước. Ta nói  P ương tr n mod m ơ đồ ến tính m t biến. a đồng dư với b theo modul m (hay a và b cùng ơ đồ ến tính m t biến.   thuộc một lớp đồng dư) và kí hiệu a ≡ b (mod m)  Nghiệm của p ương tr n là số m ax b mod    Nghiệm của p ương tr n là số mod m ax b nếu a - b là bội của m nguyên x sao cho ax chia cho m còn dư .b nguyên x sao cho ax chia cho m còn dư .b    Xét p ương tr n đặc biệt dạng ax 1 mod   m 1 mod . ax phương trình đồng dư tuyến tính một biến. T n Cửu Thi u (秦九韶, 1202–1261) trong S    x A a A a ... 1 1 2 2 T n Cửu Thi u (秦九韶, 1202–1261) trong S Nghiệm của phương trình ax ≡ b (mod m) ơ (数书九章, 1247)3 đã đưa ra    ... A a x A a A a với các Ai thỏa mãn Aj ≡ 0 (mod mi)∀j ≠ i và   k k 1 1 2 2  iA thỏa mãn với các m j A 0 mod ơ (数书九章, 1247)3 đã đưa ra j i là số nguyên x sao cho ax chia cho m còn dư b. p ương p p g ả p ương tr n đồng dư     và iA thỏa mãn với các Aj ≡ 1 (mod mj). A m j i 0 mod   i  p ương p p g ả p ương tr n đồng dư   m A 1 mod  P ương p p n y tương đương ax . 1 mod j j Xét phương trình đặc biệt dạng ax ≡ 1(mod m).     m . 1 mod A Đặt Ni = m1m2...mi-1mi+1...mk, i = 1, 2,..., k. P ương p p n y tương đương m ax . 1 mod j   Khi Đặt với việc giả p ương tr n ng ệm nguyên N m m m m m , ... ... k i . 1,2,...,   1 1 k i i i 2 Tần Cửu Thiều (秦九韶, 1202-1261) Khi ấy Nj chia hết cho mj với mọi ∀j ≠ i. Vì   Khi Đặt với việc giả p ương tr n ng ệm nguyên  đã được các nhà toán học Ấn Độ ax my ... N m m m m m , ... . 1,2,..., k i i  Vì jm với mọi jN chia hết cho ấy j .  k 2 i 1 1 trong Số thư Cửu chương (数书九章, 1247)3 đã ax my  đã được các nhà toán học Ấn Độ 1, (mi, m1) = ... = (mi, mi-1) = (mi, mi+1) = ... = (mi, mk) = 1 đưa ra t uật toán giải vào thế kỉ VII.2,12 i  Vì jN chia hết cho jm với mọi ấy . j               m m m m m m m m 1 , ... , , ... , đưa ra t uật toán giải vào thế kỉ VII.2,12 đưa ra phương pháp giải phương trình đồng dư   nên (Ni, mi) = 1. Do đó (xem Nhận xét 1.1.2.1) 1 1 i i i i 1 i i k         ,a b là ớc s chung lớn nhất của hai Kí hiệu        , m m ... m m ... m m , 1 , m m ,  nên  iN m  Do đó (xem Nhận xét 1.1.2.1) i i i i i k i 1 1. , ,a b là ớc s chung lớn nhất của hai Kí hiệu  i  nên  iN m  Do đó (xem Nhận xét 1.1.2.1) số nguyên a và , 1. ix là nghiệm của p ương tr n tồn tại duy nhất i số nguyên a và .b , Nếu  a b  thì ta nói a và b là hai số nguyên 1 ix là nghiệm của p ương tr n tồn tại duy nhất 8   Đặt m N x . 1 mod Nếu  , a b  thì ta nói a và b là hai số nguyên 1 i i   t cùng nhau. Đặt 1 mod .   A a x A a t cùng nhau. 2 2 1 1 Nhận xét 1.1.2.1 Nếu     ... A a A a   N x a N x a 2 2 k k Nhận xét 1.1.2.1 Nếu  1, 



2 2 2

k

k

k

1 1 1



ax

1 mod

m











 

A N x

1 mod

m A

,

0 mod

m

j

i

.





i

i

i

i

i

j

Khi ấy trình có duy nhất nghiệm và có Khi ấy thể tìm nghiệm nhờ giả p ương tr n ng ệm





ax my

1.

 13







 

A N x

1 mod

m A

,

0 mod

m

j

i

.





i

i

i

i

i

j

thể tìm nghiệm nhờ giả p ương tr n ng ệm nguyên





ax my

1.

 13





x N x a

a

mod

m

.





i

i

i

i

i





x N x a

a

mod

m

.





i

i

i

i

i







m m m m N m i

,

1,2,...,

k

.

2...

1

k

i

i







m m m m N m i

,

1,2,...,

k

.

2...

1

k

i

i

m m

a a

,...,

,...,

,

m và

a là k số

2,

1

1

2

k

k

,...,

,...,

a a

m m

,

a là k số

m và

1

2

1

k

k

2,

nguyên Vậy 2.1.3 ịnh lí Trung Qu c về phầ Vậy 2.1.3 ịnh lí Trung Qu c về phầ Theo chứng m n tr n, để giải hệ p ương tr n ịnh lí Trung Qu c về phầ phát biểu n ư Theo chứng m n tr n, để giải hệ p ương tr n đồng dư tuyến tính (1), ta phả m c c bước sau. ịnh lí Trung Qu c về phầ phát biểu n ư sau: đồng dư tuyến tính (1), ta phả m c c bước sau. sau: Bước 1: Đặt Cho k số nguy n dương đô một nguyên tố Bước 1: Đặt Cho k số nguy n dương đô một nguyên tố cùng nhau cùng nhau nguyên tùy ý. Khi ấy hệ p ương tr n đồng dư nguyên tùy ý. Khi ấy hệ p ương tr n đồng dư 4 4

ix của c c p ương tr n

ix của c c p ương tr n



N x

1(mod

m

)

i

i



N x

1(mod

m

)

i

i



(mod

m

)

x a

1

1

k

k

(mod

m

)

x a

 

2

2

x

N x a

.

i

i

i

0

 

(1)



x

N x a

.

i

i

i

0

 



i

1

...



i

1



x a

m

(mod

)



k

k

x

x

m

 

0 (mod ).



x

m

x

0 (mod ).

.x Ta có hệ

.x Ta có hệ



x

1(mod 7)



x

1(mod 7)





x

2(mod8)



m m m

x

2(mod8)

2...

.k

1



x

3(mod 9).

 

x

3(mod 9).

 

,a b m là các số nguy n c o trước. Ta nói

,

a đồ với b theo modul m (hay a v b

,x y

N   

1 8 9 72;

N   

1 8 9 72;

N   

7 9 63;

2

N   

7 9 63;



2

.m

a b

mod

m

,









x

y

mod

m i

,

1,2,....,

k

.





i

N   

7 8 56.

3

N   

7 8 56.

3



ax b

mod

m





m m

,

,...,

m đô một nguyên tố cùng nhau





 nên

8,9

7,9

7,8

1

1

2

k















 nên

8,9

7,9

7,8

1













x

y

mod

m m m

...

,





1

2

k







N

,7

N

,8

N

,9

1.













1

2

3









N

,7

N

,8

N

,9

1.

ax b

mod

m

















1

2

3

m m m

2...

.k

1







x

4,

x

x

7,

5

.b

2

3

.x Ta có hệ







x

4,

x

7,

x

5

2

3

.x Ta có hệ



N x

1 mod

m

.





i

i

i





x

2(mod 3)



ax

1 mod

m

.





N x

1 mod

m

.





i

i

i



x

2(mod 3)

:ia





x

3(mod 5)



x

3(mod 5)







 

  

  

 

x A a A a

...

A a

x 

72 4 1 63 7 2 56 5 3

1 1

2 2

k

k

  

  

 

x 

72 4 1 63 7 2 56 5 3

x

2(mod 7).

 

x

2(mod 7).

 









288 882 840 2010.



  và

A

0 mod

m j

i





j

i

iA thỏa mãn









288 882 840 2010.

  



.

A

m

j

j

  



ax

1 mod

m

.









,

i

i

1

 1

để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm tr n đồng dư. (thí dụ, theo thuật toán giải tr n đồng dư. (thí dụ, theo thuật toán giải Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 Thất t đ ệt Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng Trừ ũ tiện đắc tri. 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 D ch (Hoàng Xuân Hãn):9 viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. Bước 4: Kết luận nghiệm trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. Ba ngườ cùng đ ít bảy chục Bước 4: Kết luận nghiệm N m cỗi oa ma m mốt cành Giải thích Gọi số đã c o Giải thích Gọi số đã c o 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung có duy nhất nghiệm (t eo ng ĩa c c ng ệm Bảy gã xum v y vừa nửa tháng Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t cùng thuộc lớp đồng dư) t eo modu o Trừ tr m inh n m biết số thành. biểu trong Mục 2.1.1. biểu trong Mục 2.1.1. 2.1.2 P ơ đồ ến tính Giải bài 2.1.1:1 Giải bài 2.1.1:1 Chứng minh:3,5,13 Cho Đặt Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, Đặt Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, Tính duy nhất: Giả sử hệ có hai nghiệm đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy cùng t uộc một ớp đồng dư) v k ệu sao cho nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được nếu a b bộ của 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy P ương tr n được gọi là Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy Vì nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho  nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho  ơ đồ ến tính m t biến. 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với nên tức là x và y cùng 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với Nghiệm của p ương tr n là số nó t t n được. nó t t n được. thuộc một lớp đồng dư t eo modu o nguyên x sao cho ax chia cho m còn dư Tồn tạ c c số 1 Giải thích Gọi số c n tìm là tương ứng Tồn tạ c c số 1 Giải thích Gọi số c n tìm là tương ứng Sự tồn t i: Tìm nghiệm x dưới dạng tổ hợp các nghiệm của p ương tr n Xét p ương tr n đặc biệt dạng các nghiệm của p ương tr n tuyến tính của Vậy Vậy T n Cửu Thi u (秦九韶, 1202–1261) trong S ơ (数书九章, 1247)3 đã đưa ra với các Đặt p ương p p g ả p ương Đặt được 498. được 498.

ax my

1,

tr n đồng dư P ương p p n y tương đương với việc giả p ương tr n ng ệm nguyên  đã được các nhà toán học Ấn Độ



 5,7 5,7

m m , i i

m m , i k

 1

 1

,a b là ớc s chung lớn nhất của hai

    

1.

,

.b

đưa ra t uật toán giải vào thế kỉ VII.2,12 Vì  Vì  Kí hiệu 

1

a b  thì ta nói a và b là hai số nguyên

số nguyên a và

,



m i

Nếu 

.x Ta có hệ

.x Ta có hệ



A a 2 2

N    1 5 7 35; N    1 5 7 35; N    3 7 21; N    3 7 21; 2 2 N    3 3 5 15. N    3 3 5 15.     nên  1 3,5 7,3      nên  1 7,3 3,5         N N N 1. ,7 ,5 ,3          1. ,7 N N N ,5 ,3 3 2 1 3 1 2 Suy ra tồn tại các số x1 = 2, x2 = 1, x3 = 1    x x x 1 1, 2, tương Suy ra tồn tại các số 1    1 1, 2, x x x tương Suy ra tồn tại các số 1 3 2 3 2 tương ứng là các nghiệm của các phương trình ứng c c ng ệm của c c p ương tr n ứng c c ng ệm của c c p ương tr n   N x 1 mod   N x 1 mod i i

  m i 1,2,3. ,   1,2,3. m i , i i

 

x

3 mod11





1,

,

a m  t p ương



 

x

3 mod11





Vậy

t cùng nhau. Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 Giải bài 2.1.3:10 Giải bài 2.1.3:10 Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573, dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573, trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn 14, hợp với câu hỏi. 14, hợp với câu hỏi. Giải thích Gọi số c n tìm là Giải thích Gọi số c n tìm là Nhận xét 1.1.2.1 Nếu 

  1 mod Khi Đặt ... N m m m m m ... i 1,2,..., k .  k 2 i 1 i  Vì jm với mọi jN chia hết cho ấy j . KHOA HỌC              TẠP CHÍ ... ... m m m m , , 1 1 i i i TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN  nên  iN m  Do đó (xem Nhận xét 1.1.2.1) i ix là nghiệm của p ương tr n tồn tại duy nhất tồn tại duy nhất xi là nghiệm của phương trình   Nix ≡ 1(mod mi). Đặt Đặt N x . 1 mod i  x A a 1 1 

.



  ... A a k k   ... N x a k k k

 N x a N x a 2 2 2

1 1 1



x

2(mod12)





ax

1 mod

m





x

2(mod12)



     

x

1(mod13).

 

x

1(mod13).

 



j

m

  i .

i

i

j

 A N x i

trình Khi ấy Vậy Vậy x  x  có duy nhất nghiệm và có thể tìm nghiệm nhờ giả p ương tr n ng ệm



 0 mod

ax my

1.

 13

      35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.       35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.       Trừ 233 cho hai lần 3 × 5 × 7 = 105 được





.

mod





 

  1 mod m A , i i 

i

a i

m i

x N x a i i

N 

1 12 13 156;





N 

1 12 13 156;



N  

2 11 13 143;



N  

được nghiệm được nghiệm nguyên Đặt Đặt Vậy 2.1.3 ịnh lí Trung Qu c về phầ

2 11 13 143;



N  

3 11 12 132.



N  

3 11 12 132.





Theo chứng minh trên, để giải hệ phương Theo chứng m n tr n, để giải hệ p ương tr n trình đồng dư tuyến tính (1), ta phải làm các đồng dư tuyến tính (1), ta phả m c c bước sau. bước sau. Bước 1: Đặt

k

1,2,...,

m m m m N m i ,

i

i

k

1

2...

ịnh lí Trung Qu c về phầ phát biểu n ư sau:

m m

a a

,...,

,...,

,

m và

2,

1

1

2

k

k

5 5 Cho k số nguy n dương đô một nguyên tố a là k số cùng nhau

nguyên tùy ý. Khi ấy hệ p ương tr n đồng dư

Giải bài 2.1.2:10

 1(mod

.

x 0

x 0

i

.x Ta có hệ

.x Ta có hệ

x 

 m 0 (mod ). x m x 0 (mod ).

.x Ta có hệ

4

.x Ta có hệ

Giải thích Gọi số đã c o

Đặt Đặt

Đặt Đặt

   8,9

1.

.x Ta có hệ

.x Ta có hệ

 8,9 

.x Ta có hệ

Giải thích Gọi số c n tìm là

  được 498.

Đặt Đặt

Đặt Đặt

   1. 1.

Vì  5,7 Vì 



.x Ta có hệ

tương

tương

9

x 

x

2(mod12)

     

  

35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.

x 

x

1(mod13).

  









N 

x

1(mod13).

N 

1 12 13 156;

1 12 13 156;

 

  





N  

N  

2 11 13 143;

2 11 13 143;





N 

1 12 13 156;

  

  

3 5 7 105







3 5 7 105

N 



N  

N  

1 12 13 156;

3 11 12 132.

3 11 12 132.



N  

2 11 13 143;



N  

2 11 13 143;

  

3 5 7 105



N  

3 11 12 132.

  

3 5 7 105



N  

3 11 12 132.

được nghiệm được nghiệm Vậy Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105    Đặt Đặt nhỏ nhất là 23. nhỏ nhất là 23. Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105 Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105 nhỏ nhất là 23. nhỏ nhất là 23. nghiệm nhỏ nhất là 23. ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá Nhận xét Dương Huy gọi thuật trừ 105 là quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá    “tiễn quản” (cắt đốt),10 nghĩa là nếu số vượt quá 3 5 7 105 t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105    3 5 7 105 t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105 3 × 5 × 7 = 105 thì “cắt đốt”: trừ cho bội của 105  . để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ phương Bước 1: Đặt m = m1m2...mk = Nimi, i = 1, 2,..., k. trình đồng dư. để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm xi của các phương Bước 2: Tìm nghiệm ix của c c p ương tr n để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm ix của c c p ương tr n tr n đồng dư. tr n đồng dư. trình Ni x ≡ 1(mod mi) (thí dụ, theo thuật toán  (thí dụ, theo thuật toán giải  1(mod m N x ) (thí dụ, theo thuật toán giải m N x ) 1(mod i i i i để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm ix của c c p ương tr n giải phương trình vô định).3,12 Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 Thuật rằng: 7 dư 1 viết xuống 288, trong để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương Bước 2: Tìm nghiệm ix của c c p ương tr n tr n đồng dư. (thí dụ, theo thuật toán giải m N x ) 1(mod tr n đồng dư. đề dư 1; 8 dư 1 viết xuống 441, trong đề dư 2 viết i i  Bước 3: Nghiệm của hệ được tìm dưới dạng (thí dụ, theo thuật toán giải m N x ) Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 i i Giải bài 2.1.2:10 p ương tr n vô định).3,12 xuống 882; 9 dư 1 viết xuống 280, trong đề dư 3 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết k k     N x a x N x a . Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 viết xuống 840. Gộp lại được 2010, đủ 504 thì i i i 0 i i i Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng  1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết i 1 viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì  i 1 viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì k trừ đi. Trừ 3 lần 504 còn 498, hợp với câu hỏi. 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết   k x N x a . xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. Bước 4: Kết luận nghiệm x ≡ x0(mod m).    Bước 4: Kết luận nghiệm  m 0 (mod ). x x Bước 4: Kết luận nghiệm i i i 0 m x x 0 (mod ). N x a . xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3  Giải thích Gọi số đã cho là x. Ta có hệ i 1 viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì i i i Giải thích Gọi số đã c o  Giải thích Gọi số đã c o 1 viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì 2.1.4. Áp dụng Mục này áp dụng Định lí Trung 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung Bước 4: Kết luận nghiệm trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi.  Bước 4: Kết luận nghiệm  x x 1(mod 7) Quốc về phần dư để giải các bài toán đã phát Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t x 1(mod 7) Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t Giải thích Gọi số đã c o   2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung biểu trong Mục 2.1.1. biểu trong Mục 2.1.1. biểu trong Mục 2.1.1.   x 2(mod8) x 2(mod8) 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung  x 1(mod 7) Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t     Giải bài 2.1.1:1 Giải bài 2.1.1:1  x 1(mod 7) x 3(mod 9). Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t x 3(mod 9).  Giải bài 2.1.1:1 biểu trong Mục 2.1.1.  x 2(mod8)  biểu trong Mục 2.1.1.  x 2(mod8) Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2,   Giải bài 2.1.1:1 Cách tính rằng: 3, lấy vật nó chia cho 3, x 3(mod 9).   N    Giải bài 2.1.1:1 N    1 8 9 72; đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy 1 8 9 72; đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy x 3(mod 9). dư 2, đặt 140; 5, lấy nó chia cho 5, dư 3, đặt 63; Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được N    N    7 9 63; 7 9 63; 7, lấy nó chia cho 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lại Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, 2 2 N    1 8 9 72; đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. N    N    1 8 9 72; đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy N    7 8 56. 7 8 56. được 233. Lấy 210 trừ đi nó, thì tính được. nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy 3 3 N    7 9 63; nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được 2     N        7 9 63;   nên  233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được.  nên  7,8 7,9 1 nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho 1 7,8 7,9 nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho Cứ 3, lấy nó chia cho 3, dư 1, thì đặt 70; 5, 2 N    7 8 56. 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với 3 N    7 8 56.       lấy nó chia cho 5, dư 1 thì đặt 21; 7, lấy nó chia          Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy    ,7 N N N ,9 ,8 3 N N N 1. ,9 ,8 ,7         nên  1 7,8 7,9 8,9 nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho nó t t n được. nó t t n được. 3 2 1 3 2 1        nên   cho 7, dư 1 thì đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ 1 7,8 7,9 8,9 nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với       x x x 5 7, 4, tương ứng Tồn tạ c c số 1 x x x 5 7, 4, tương ứng Tồn tạ c c số 1       Giải thích Gọi số c n tìm là    Giải thích Gọi số c n tìm là 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với ,7 N N N 1. ,9 ,8 với nó thì tính được. 3 2 Tồn tại các số x1 = 4, x2 = 7, x3 = 5 3 2 nó t t n được.       1 2 3    N N N 1. ,9 ,8 ,7      nó t t n được.  các nghiệm của p ương tr n N x 1 mod m . các nghiệm của p ương tr n m N x . 1 mod 3 2 1   x 2(mod 3) x 2(mod 3) tương ứng là các nghiệm của phương trình i i i    i i i x x x 5 7, 4, tương ứng Tồn tạ c c số 1 Giải thích Gọi số cần tìm là x. Ta có hệ .x Ta có hệ Giải thích Gọi số c n tìm là   2 3    x x x 5 7, 4, tương ứng Tồn tạ c c số 1 Vậy Vậy Nixi ≡ 1(mod mi).   x 3(mod 5) x 3(mod 5) 3 2    các nghiệm của p ương tr n m N x . 1 mod          x          x  x 2(mod 3) 72 4 1 63 7 2 56 5 3 72 4 1 63 7 2 56 5 3   i i i      các nghiệm của p ương tr n m N x . 1 mod  x 2(mod 3) x 2(mod 7). x 2(mod 7).  i i i Vậy Vậy      x 3(mod 5)      288 882 840 2010. 288 882 840 2010. Vậy        x    x 3(mod 5) 72 4 1 63 7 2 56 5 3      x     72 4 1 63 7 2 56 5 3 x 2(mod 7).         Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 được 498. Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 N    N    1 5 7 35; 1 5 7 35; x 2(mod 7).     288 882 840 2010.     288 882 840 2010. Giải bài 2.1.3:10 N    Giải bài 2.1.3:10 N    3 7 21; 3 7 21;    2 Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 được 498. 2 N    1 5 7 35;    Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 được 498. N    N    1 5 7 35; N    3 3 5 15. 3 3 5 15. Trừ 2010 ba lần cho 7×8×9 = 504 được 498. Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ Giải bài 2.1.3:10 N    3 7 21; 2      Giải bài 2.1.3:10 N         dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573, 3 7 21;   nên  dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573,  nên   3,5 7,3 5,7 1 1 3,5 7,3 2 Giải bài 2.1.3:10 N    3 3 5 15. Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết N    3 3 5 15.      Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ           ,3 ,5 N N N ,7 N N N ,7 ,5 ,3  Vì      dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573, xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878,   nên  xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, 5,7 1 3,5 7,3 Thuật rằng: 11 dư 1 viết xuống 936, 3 1 2 3 2 1      Vì  dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573,  nên   1 3,5 7,3 5,7 trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn       1, x 1 2, x x Suy ra tồn tại các số 1 x x x 1 1, 2, trong đề dư 3 viết xuống 2808; 12 dư 1 viết tương Suy ra tồn tại các số 1       trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết    ,7 ,5 N N N 1. ,3 3 2 3 2 xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, 14, hợp với câu hỏi. 14, hợp với câu hỏi.      3 1 2    N N N 1. ,7 ,5 ,3 ứng c c ng ệm của c c p ương tr n xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, ứng c c ng ệm của c c p ương tr n 3 2 1 p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn    x x x 1, 2, 1 Suy ra tồn tại các số 1 .x Ta có hệ Giải thích Gọi số c n tìm là Giải thích Gọi số c n tìm là p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn     3 2        x x x 1 1, 2, 1,2,3. 1 mod , m i N x tương Suy ra tồn tại các số 1 14, hợp với câu hỏi. m i N x 1,2,3. , 1 mod i i 3 2 i i   ứng c c ng ệm của c c p ương tr n   14, hợp với câu hỏi.     x 3 mod11 x 3 mod11 Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16 ứng c c ng ệm của c c p ương tr n Vậy Vậy .x Ta có hệ Giải thích Gọi số c n tìm là       1,2,3. m i N x , 1 mod .x Ta có hệ  Giải thích Gọi số c n tìm là  x 2(mod12) x 2(mod12)            x  i i          x  35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.   35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.   m i N x 1,2,3. , 1 mod   x 3 mod11 i i       Vậy   x 3 mod11 x 1(mod13).  x 1(mod13).       Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105   x 2(mod12)       35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.    Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105 được nghiệm ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105 được nghiệm Đặt nhỏ nhất là 23. quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá Đặt quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá nhỏ nhất là 23. ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105 t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105 ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá 5 5 t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105 t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105

5 5

   





 nên

12,13

11,13

11,12

1











   





 nên

12,13

11,13

11,12

1

















N

,11

N

,12

N

,13

1.













1

2

3

ix của c c p ương tr n







N

,11

N

,13

1.

N

,12













1

3

2









N x

1(mod

m

)

x

11,

x

6,

x

7

i

i

3

1

2







x

x

11,

x

7

6,

1

2

3



N x

1 mod

m

.





i

i

i



1 mod

m

.

N x





i

i

i

k

  

  

 

156 6 3 143 11 2 132 7 1

x 

x

N x a

.

  

  

 

i

i

i

0

156 6 3 143 11 2 132 7 1

x 

 











2808 3146 924 6878.

i

1









2808 3146 924 6878.

 





x

x

m

0 (mod ).

 



.x Ta có hệ



x

1(mod 7)



x

2(mod8)







x

3(mod 9).

 





1y là số l n chia thịt (không kể

N   

1 8 9 72;

1y là số l n chia thịt (không kể

N   

7 9 63;

2

N   

7 8 56.

3

.x Ta có hệ





 nên

8,9

7,9

7,8

1











.x Ta có hệ

 

x

1 mod 2











N

,7

N

,8

N

,9

1.

















1

2

3

384

y

256 128

x

3

2

y

x

  

 

1

1



x

1 mod 2









384

256 128

x

3

2

y

x

y

  

x

2 mod 5





1

1











x

4,

x

7,

x

5

được Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630  được Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630  nghiệm nhỏ nhất là 157. để được nghiệm nhỏ nhất thỏa mãn hệ p ương nghiệm nhỏ nhất là 157. Bước 2: Tìm nghiệm Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng tr n đồng dư. Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng (thí dụ, theo thuật toán giải Tồn tạ c c số dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- là các Tồn tạ c c số dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- Giải bài 2.1.2:10 Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán p ương tr n vô định).3,12 là các nghiệm của c c p ương tr n Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán hiện nay của Việt Nam. nghiệm của c c p ương tr n Thuật r ng: 7 dư 1 v ết xuống 288, trong đ dư Bước 3: Nghiệm của hệ được t m dưới dạng Vậy hiện nay của Việt Nam. Vậy Giải bài 2.1.5:10 1; 8 dư 1 v ết xuống 441, trong đ dư 2 v ết Giải bài 2.1.5:10 xuống 882; 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 3 Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm viết xuống 840. Gộp lạ được 2010, đủ 504 thì Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết trừ đ . rừ 3 l n 504 còn 498, hợp với câu hỏi. được Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết Bước 4: Kết luận nghiệm xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. được Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 nghiệm nhỏ nhất là 14. xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số Giải thích Gọi số đã c o 2.1.4. Áp d ng Mục này áp dụng Định lí Trung nghiệm nhỏ nhất là 14. Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải bài 2.1.4:10 Quốc v ph n dư để giả c c b to n đã p t ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải bài 2.1.4:10 biểu trong Mục 2.1.1. Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong thù; mỗi l n chia 1 cân=384 cân=16 24 384 đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư Giải bài 2.1.1:1 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 cân=16 24 384 đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, Đặt t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi Cách tính r ng: 3, lấy vật nó c a c o 3, dư 2, 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết số người là x và đặt 140; 5, lấy nó c a c o 5, dư 3, đặt 63; 7, lấy trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết số người là x và xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 nó c a c o 7, dư 2, đặt 30. Cộng chúng lạ được xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân 233. Lấy 210 trừ đ nó, t t n được. lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy Cứ 3, lấy nó c a c o 3, dư 1, t đặt 70; 5, lấy n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 Giải thích Gọi số đã c o nó c a c o 5, dư 1 t đặt 21; 7, lấy nó chia cho  phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 thù. Theo bài ra ta có: Giải thích Gọi số đã c o 7, dư 1 t đặt 15. Từ 106 trở lên, lấy 105 trừ với thù. Theo bài ra ta có: nó t t n được.

2

3

x 

2 mod3 .





x

2 mod 5







.x Ta có hệ



x

3 mod 7





x 

2 mod3 .











N x

1 mod

m

.





i

i

i



x

2(mod 3)

x

3 mod 7







x

4 mod 9 .



2y là số l n chia ti n

x

3(mod 5)



   4 mod 9 .

2y là số l n chia ti n

 

x

2(mod 7).

 

x  

   72 4 1 63 7 2 56 5 3 

     288 882 840 2010.





 

1000

y

600 200

x

x

5

y

3



2

2

  

N   





 

1 5 7 35;

1000

y

600 200

x

x

5

y

3



Tồn tạ c c số 1 Ng ĩa Giải thích Gọi số c n tìm là tương ứng Ng ĩa các nghiệm của p ương tr n 1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi 1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi Vậy Đặt Đặt người nhận 200 ti n. Gọi (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có người nhận 200 ti n. Gọi (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có Đặt

2

2

x 

3 mod5 .





N   

3 7 21;

2

3

x 

3 mod5 .





     x N     N     2 N     N    

4

3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7

N   

3 3 5 15.

4

3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7





5,7

7,3

3,5

1

 nên

được 498. hay hay











y

x

37 .

y

x







37 .

N

,3

N

,5

N

,7

1.













1

2

3

 

x

2 mod 3





 









x

2 mod 3





x

2,

x

1,

x

1

Vì  Gọi người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ Gọi người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ

2

3

x

3 mod 5









x

3 mod 5









Suy ra tồn tại các số 1 tương Trừ 2010 ba l n cho 7 8 9 504 KHOA HỌC TẠP CHÍ Giải bài 2.1.3:10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN Thuật r ng: 11 dư 1 v ết xuống 936, trong đ dư 3 v ết xuống 2808; 12 dư 1 v ết xuống 1573, xuống 1573, trong đề dư 2 viết xuống 3146; 13 trong đ dư 2 v ết xuống 3146; 13 dư 1 v ết dư 1 viết xuống 924, trong đề dư 1. Gộp lại được xuống 924, trong đ dư 1. Gộp lạ được 6878, 6878, pháp đầy tổng trừ đi 1716. Trừ 4 lần 1716 p p đ y tổng trừ đ 1716. Trừ 4 l n 1716 còn còn 14, hợp với câu hỏi. 14, hợp với câu hỏi. ứng c c ng ệm của c c p ương tr n

Giải thích Gọi số cần tìm là x. Ta có hệ

0 mod 7 .

x

.x Ta có hệ













N x

1 mod

m i

,

1,2,3.





i

i

0 mod 7 .

x







Giải thích Gọi số c n tìm là

N   

1 5 7 35;

     

  

x 

35 2 2 21 1 3 15 1 2 233.

N   

1 5 7 35;

N   

3 7 21;

2

  3 mod11 2(mod12) 1(mod13).

  

 

  x   x   x

  

Đặt Vậy Đặt

N   

3 7 21;

2

  

N   

3 3 5 15.

N   

3 3 5 15.



1 5 7 9 315; N     1 5 7 9 315; 2 7 9 126; N     2 7 9 126; 2 2 5 9 90; 3 N     2 5 9 90; 2 5 7 70. N     2 5 7 70.  Kí hiệu  Kí hiệu (a, b, c) là ước số chung lớn nhất ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba  Kí hiệu  ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba của ba số nguyên dương a, b, c. , . , a b c số nguy n dương a b c . , , số nguy n dương          2,5,9 5,7,9 2,7,9 1 nên          1 2,5,9 2,7,9 5,7,9 nên             ,9 ,5 ,2 1. N N N N ,7 4 2 1 3             N N N N 1. ,9 ,7 ,5 ,2 4 3 2 1   là các   4 6, 1, 1, x x x x Tồn tại các số Tồn tại các số x1 = 1, x2 = 1, x3 = 6, x4 = 4 4 2 1 3  là các    x x x x 4 6, 1, 1, Tồn tại các số   4 3 2 1  1 mod m N x . nghiệm của p ương tr n Nixi ≡ 1(mod mi). là các nghiệm của phương trình i i i    m N x . 1 mod nghiệm của p ương tr n Do đó i i i Do đó Do đó    x     315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4         x  315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4      315 252 1620 1120 3307.     315 252 1620 1120 3307.







5,7

3,7

3,5

1

Trừ 233 cho hai l n 3 5 7 105 được nghiệm Đặt nhỏ nhất là 23.

















5,7

3,7

3,5

1











Trừ 3307 năm lần cho 2 × 5 × 7 × 9 = 630

nên Vì  nên Vì 

  

3 5 7 105

  

N   N   N  

   

       

6 ậ Dương Huy gọi thuật trừ 105 “t ễn quản” (cắt đốt),10 ng ĩa nếu số vượt quá t “cắt đốt”: trừ cho bội của 105 6 được được 5

   





 

được được  





được

2

Giải thích Gọi số đã c o

Đặt Đặt

y 37 .

Đặt Đặt Đặt

37 .

nên

i

i

i

i

i

i

1

2

3

4

Đặt Đặt Đặt

1 12 13 156; 2 11 13 143; 3 11 12 132.              nên      nên 1 11,12 11,13 12,13 11,12 11,13 12,13 1       nên   12,13 1 11,12 11,13       nên               1 11,12 11,13 12,13       N N N 1. ,13 ,12 ,11 N ,12 ,11 1. ,13 N N        nên   1 11,12 11,13 12,13       3 2 1 2 1 3    N N N 1. ,13 ,12 ,11 3 2 1          N N N 1. ,13 ,12 ,11       x x x 7 11, 6, là các Tồn tạ c c số 6, 7 11, x x x là các Tồn tạ c c số          Tồn tại các số x1 = 6, x2 = 11, x3 = 7 là các ,11 N N N 1. ,13 ,12 3 2 1 2 3 1 3 1 2    x x x 7 11, 6, là các Tồn tạ c c số 3 2 1   3 2 1     nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod    nghiệm của c c p ương tr n 1 mod m N x . nghiệm của các phương trình Nixi ≡ 1(mod mi). x x x 7 11, 6, là các Tồn tạ c c số   i i i    i i i  x x x 7 11, 6, là các Tồn tạ c c số 3 2 1 nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod 1 3 2 i i i Vậy   Vậy Vậy  nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod    Vậy nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod i i i         x  i i i         x  156 6 3 143 11 2 132 7 1 156 6 3 143 11 2 132 7 1 Vậy         x  156 6 3 143 11 2 132 7 1 Vậy         2808 3146 924 6878. 2808 3146 924 6878.         x  156 6 3 143 11 2 132 7 1    x           156 6 3 143 11 2 132 7 1 2808 3146 924 6878.     Trừ 6878 bốn lần cho 11 × 12 × 13 = 1716    2808 3146 924 6878.   Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 được Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 được     2808 3146 924 6878.    Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 được nghiệm nhỏ nhất là 14. nghiệm nhỏ nhất là 14. được nghiệm nhỏ nhất là 14.    Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 được nghiệm nhỏ nhất là 14. Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 Giải bài 2.1.4:10 Giải bài 2.1.4:10 nghiệm nhỏ nhất là 14. Giải bài 2.1.4:10 nghiệm nhỏ nhất là 14. Giải bài 2.1.4:10 Giải bài 2.1.4:10 Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong Giải bài 2.1.4:10 Thuật rằng: Đếm 2 dư 1 viết xuống 315, Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong trong đề dư 1; đếm 5 dư 2 viết xuống 126, trong đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, đề dư 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 viết xuống đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, 540, trong đề dư 3 viết xuống 1620; đếm 9 dư 1 xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 viết xuống 280, trong đề dư 4 viết xuống 1120. xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. Gộp lại được 3307, pháp đầy tổng trừ đi 630. Trừ lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 .x Ta có hệ .x Ta có hệ n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. đi 5 lần 630 còn 157 là đáp số, hợp với câu hỏi. Giải thích Gọi số đã c o n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. .x Ta có hệ Giải thích Gọi số đã c o       .x Ta có hệ   x 1 mod 2 Giải thích Gọi số đã c o 1 mod 2 x Giải thích Gọi số đã cho là x. Ta có hệ .x Ta có hệ   Giải thích Gọi số đã c o   x 1 mod 2              x 2 mod 5 x 1 mod 2 2 mod 5 x       x 1 mod 2  x 2 mod 5              x 3 mod 7  x 2 mod 5 x 3 mod 7      x 2 mod 5  x 3 mod 7              4 mod 9 . x x 3 mod 7 4 mod 9 . x        x 3 mod 7 x 4 mod 9 .     x 4 mod 9 .     x 4 mod 9 . N     N     1 5 7 9 315; 1 5 7 9 315; N     1 5 7 9 315; N     N     2 7 9 126; 2 7 9 126; N     1 5 7 9 315; 2 2 N     N     1 5 7 9 315; 2 7 9 126; 2 N     N     2 5 9 90; 2 5 9 90; N     2 7 9 126; 3 3 N     N     2 7 9 126; 2 5 9 90; 2 2 3 N     N     2 5 7 70. 2 5 7 70. N     2 5 9 90; 4 4 N     N     2 5 9 90; 2 5 7 70. 3 3 4 N     2 5 7 70.  Kí hiệu   Kí hiệu  ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba N     ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba 2 5 7 70. 4  Kí hiệu  4 ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba  Kí hiệu  , a b c . , , , a b c . số nguy n dương số nguy n dương ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba  Kí hiệu  a b c . , , ,a b c , ước số chung lớn nhất của ba số nguy n dương                   2,7,9 1 2,5,9 5,7,9 2,5,9 2,7,9 5,7,9 1 nên a b c . , , số nguy n dương       a b c . , ,    số nguy n dương 1 2,5,9 2,7,9 5,7,9 nên                          1 2,5,9 2,7,9 5,7,9 nên 10         N N N N 1. ,9 ,7 ,5 ,2 ,9 ,7 ,5 ,2 N N 1. N N          5,7,9 1 2,5,9 2,7,9 nên         4 3 2 1 4 3 2 1     N N N N 1. ,9 ,7 ,5 ,2 4 3 2 1  là các                là các 1, x x x x 4 6, 1, Tồn tại các số 4 6, 1, 1, x x x x     Tồn tại các số N N N N 1. ,9 ,7 ,5 ,2         2 4 3 1     4 3 2 1  là các    N N N N 1. ,9 ,7 ,5 ,2 4 3 2 1 x x x x 4 6, 1, 1, Tồn tại các số 4 2 3 1   4 3 2 1     m N x . 1 mod nghiệm của p ương tr n  là các    N x 1 mod m . nghiệm của p ương tr n x x x x 4 6, 1, 1, Tồn tại các số    là các    x x x x 4 6, 1, 1,  Tồn tại các số m N x . 1 mod nghiệm của p ương tr n

2

3

4

1

i

i

i

được nghiệm nhỏ nhất là 157.     Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630 Nhận xét Đây là bài giải hệ 4 phương Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630 Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630 nghiệm nhỏ nhất là 157. nghiệm nhỏ nhất là 157. trình đồng dư, không thấy có trong các sách toán Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630 nghiệm nhỏ nhất là 157. Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630 được Hán - Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng nghiệm nhỏ nhất là 157. Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng nghiệm nhỏ nhất là 157. Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- toán hiện nay của Việt Nam. dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- Giải bài 2.1.5:10 Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- hiện nay của Việt Nam. hiện nay của Việt Nam. Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán hiện nay của Việt Nam. Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán Giải bài 2.1.5:10 Thảo rằng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, Giải bài 2.1.5:10 hiện nay của Việt Nam. Giải bài 2.1.5:10 hiện nay của Việt Nam. đếm 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không Giải bài 2.1.5:10 Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm Giải bài 2.1.5:10 Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm viết xuống. Gộp lại được 203, trừ 105 còn 98 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết người. Lấy 200 nhân với số người được số tiền, Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số số người chia 7 được số rượu, chia 3 được số thịt. xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải thích 1 cân = 16 lạng; 1 lạng = 24 Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 thù, vậy 1 cân = 16 × 24 = 384 thù; mỗi lần chia ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1    cân=16 24 384 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 cân=16 24 384 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1   1 cân = 384 thù cho 3 người, mỗi người được cân=16 24 384 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi   cân=16 24 384 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi 128 thù. Gọi số người là x và y1 là số lần chia thịt  cân=16 24 384 thù; mỗi l n chia 1 cân=384 số người là x và số người là x và 1y là số l n chia thịt (không kể 1y là số l n chia thịt (không kể t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi số người là x và 1y là số l n chia thịt (không kể (không kể lần cuối chia bị thừa), mỗi lần chia 1 t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 số người là x và 1y là số l n chia thịt (không kể số người là x và l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 1y là số l n chia thịt (không kể cân = 384 thù cho 3 người, cứ mỗi 3 người được t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy chia 1 cân thịt thì thừa 5 lạng 8 thù = 128 thù = thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 1/3 cân, vậy phải thêm 2 người cuối cùng nhận thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy thù. Theo bài ra ta có: thù. Theo bài ra ta có: 2/3 cân = 256 thù. Theo bài ra ta có: phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 thù. Theo bài ra ta có: phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256           2 256 128 x y x y 3 384 x 3 256 128 384 2 x y y thù. Theo bài ra ta có: 1 1 1 1      thù. Theo bài ra ta có: x y x y 2 3 256 128 384 1 1          x y x y 2 3 256 128 384 x  x  Ng ĩa 2 mod3 . Ng ĩa 2 mod3 .      3 x y x y 256 128 384 1 1   x  Nghĩa là x ≡ 2(mod 3). Ng ĩa 2 mod3 . 1 1 1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi   1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi x  Ng ĩa 2 mod3 .   x  1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi Ng ĩa 2 mod3 . 2y là số l n chia ti n 1 quan = 1000 tiền, chia cho 5 người thì mỗi người nhận 200 ti n. Gọi 2y là số l n chia ti n người nhận 200 ti n. Gọi 1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi 2y là số l n chia ti n người nhận 200 ti n. Gọi 1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi người nhận 200 tiền. Gọi y2 là số lần chia tiền (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người 2y là số l n chia ti n người nhận 200 ti n. Gọi (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người 2y là số l n chia ti n người nhận 200 ti n. Gọi nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có (không kể lần cuối thừa 400, tức là thêm 3 người (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có (không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người           600 200 y x x y 3 5 1000 nhận mỗi người 200). Theo bài ra ta có x 5 600 200 1000 3 y x y nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có 2 2 2 2      nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có y x x y 3 5 600 200 1000 2 2          y x x y 3 5 600 200 1000 x  x  3 mod5 . hay 3 mod5 . hay      x 5 600 200 1000 y x y 3 2 2   x  3 mod5 . hay 2 2   3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 Gọi 3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 x  Gọi 3 mod5 . hay   x  3 mod5 . hay 3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 Gọi người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và 3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 Gọi y3 là số lần đã rót rượu, mỗi lần rót Gọi người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và 3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 Gọi y x 37 . không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ x không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ cho 7 người (thu chén lại để rót cho người khác). người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và y x 37 . không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và y   x 37 .   không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ     x 2 mod 3 2 mod 3 x y x không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ     x 2 mod 3              x 3 mod 5 x 2 mod 3 3 mod 5 x       x 2 mod 3  x 3 mod 5              0 mod 7 . x x 3 mod 5 0 mod 7 . x       x 3 mod 5  x 0 mod 7 .      x 0 mod 7 .    x 0 mod 7 . N    N    1 5 7 35; 1 5 7 35;



N   

N x

1 mod

m

.





1 5 7 35;

i

i

i



N x

1 mod

m

.





i

i

i

N   

3 7 21;

N   

3 7 21;

2

2

N   

  

  

  

 

1 5 7 35;

  

  

  

 

315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4

x 

x 

315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4

N   

N   

3 7 21;

1 5 7 35;

2

  

  

  

 

315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4

x 

N   

N   

3 3 5 15.

3 3 5 15.

N   

3 7 21;

2





















315 252 1620 1120 3307.

315 252 1620 1120 3307.

  

  

  

 

315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4

x 

N   

3 7 21;

N   

2

3 3 5 15.

  

  

  

 











315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4

x 

315 252 1620 1120 3307.

N   













3,5

1

5,7

3,7

Đặt Do đó Do đó nghiệm của p ương tr n Đặt Do đó nghiệm của p ương tr n Do đó Do đó

3 3 5 15.











3,5

1

5,7

3,7





















315 252 1620 1120 3307.

N   

3 3 5 15.







3,5

1

5,7

3,7





















315 252 1620 1120 3307.







3,5

1

5,7

3,7

















3,5

1

5,7

3,7











nên Vì  nên Vì  nên Vì  nên Vì  nên Vì  6 6 6 6 6

   





 nên

12,13

11,13

11,12

1

















N

,11

N

,12

N

,13

1.













1

2

3

được Trừ 3307 n m n cho 2 5 7 9 630  nghiệm nhỏ nhất là 157.







x

6,

x

11,

x

7

1

2

3



N x

1 mod

m

.





i

i

i

  

  

 

x 

156 6 3 143 11 2 132 7 1

Nhận xét Đây b g ải hệ 4 p ương tr n đồng Tồn tạ c c số dư, k ông t ấy có trong các sách toán Hán- là các Nôm, thậm chí hiếm thấy trong các tài liệu toán nghiệm của c c p ương tr n hiện nay của Việt Nam. Vậy Giải bài 2.1.5:10









2808 3146 924 6878.

 



Thảo r ng: Đếm 3 thừa 2 viết xuống 140, đếm 5 thừa 3 viết xuống 63, 7 không thừa không viết được Trừ 6878 bốn l n cho 11 12 13 1716 xuống. Gộp lạ được 203, trừ 105 còn 98 người. nghiệm nhỏ nhất là 14. Lấy 200 nhân với số ngườ được số ti n, số ngườ c a 7 được số rượu, c a 3 được số thịt. Giải bài 2.1.4:10





1y là số l n chia thịt (không kể

.x Ta có hệ

 

x

1 mod 2









384

y

256 128

x

3

2

y

x

  

1

1



x

2 mod 5







Giải thích 1 cân=16 lạng; 1 lạng=24 thù, vậy 1 Thuật r ng: Đếm 2 dư 1 v ết xuống 315, trong thù; mỗi l n chia 1 cân=384 cân=16 24 384 đ dư 1; đếm 5 dư 2 v ết xuống 126, trong đ dư t ù c o 3 người, mỗ ngườ được 128 thù. Gọi 2, viết xuống 252; đếm 7 dư 1 v ết xuống 540, trong đ dư 3 v ết xuống 1620; đếm 9 dư 1 v ết số người là x và xuống 280, trong đ dư 4 v ết xuống 1120. Gộp l n cuối chia bị thừa), mỗi l n chia 1 cân=384 lạ được 3307, p p đ y tổng trừ đ 630. rừ đ 5 t ù c o 3 ngườ , cứ mỗ 3 ngườ được chia 1 cân n 630 còn 157 đ p số, hợp với câu hỏi. thịt thì thừa 5 lạng 8 thù=128 thù=1/3 cân, vậy phả t m 2 người cuối cùng nhận 2/3 cân= 256 Giải thích Gọi số đã c o thù. Theo bài ra ta có:

x 

2 mod3 .







x

3 mod 7







Ng ĩa

x

4 mod 9 .





 

2y là số l n chia ti n

N    

1 5 7 9 315;



x

5

  x

 3

N    

2 7 9 126;

y 2

y 2

2

N    

2 5 9 90;

3

1 quan=1000 ti n, c a c o 5 người thì mỗi người nhận 200 ti n. Gọi Đặt

N    

2 5 7 70.

4

,a b c

,

(không kể l n cuối thừa 400, tức t m 3 người nhận mỗ người 200). Theo bài ra ta có  1000 600 200   3 mod5 .



y

37 .

ước số chung lớn nhất của ba Kí hiệu 

a b c

,

,

.







5,7,9

2,7,9

2,5,9

1

số nguy n dương

















N

,2

N

,5

N

,7

N

,9

















1

2

3

4

nên 

x  hay KHOA HỌC TẠP CHÍ 3y là số l n đã rót rượu, mỗi l n rót cho 7 Gọi TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN người (thu chén lạ để rót c o người khác). Và x không có số ngườ dư, tức là Ta có hệ Và không có số người dư, tức là x = 7y3. Ta có hệ   2 mod 3   3 mod 5   0 mod 7 .

  x   x   x







x

1,

x

1,

x

6,

x

4

1

2

3

4



N x

1 mod

 1.  là các .

m





i

i

i

Tồn tại các số Đặt nghiệm của p ương tr n

  

  

  

 

x 

315 1 1 126 1 2 90 6 3 70 4 4











315 252 1620 1120 3307.

Do đó

Vì 

6

Tần Cửu Thiều là người đầu tiên đã đưa ra thuật giải hệ phương trình đồng dư,3 sau này được phương Tây gọi là Định lí Trung Quốc về phần dư (The Chinese Remainder theorem). Ông cũng đã xét cả các trường hợp khi các mi là các số không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách đưa về trường hợp các mi là các số nguyên tố cùng nhau, hoặc các bài toán đồng dư với phân số hoặc số dư âm. Ông nhận xét: Nếu a, b, c là các ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu , số tự nhiên thì ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu các số tự nhiên thì , ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu , các số tự nhiên thì   c b mod .  ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu ,     các số tự nhiên thì x mod c ax b ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu ,    c b a a   ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu , , mod .  các số tự nhiên thì ,a b c là số hoặc số dư âm. ng n ận xét: Nếu ,     x mod c ax b các số tự nhiên thì    c b mod .  a a       x mod c ax b các số tự nhiên thì các số tự nhiên thì  các số tự nhiên thì   c b   c b   c b a a   mod .    x mod Tồn tại số nguyên Thật vậy,     x mod ax b c mod .         mod x c ax b      c b   c b c b   c b a a   a a   mod .  mod .        a a mod .        x mod x mod x mod c ax b Tồn tại số nguyên Thật vậy, c ax b     x mod c ax b       c b  a a a a a a         y sao cho x mod Tồn tại số nguyên Thật vậy, a a       c b   c b a a     x mod Tồn tại số nguyên Thật vậy, y sao cho     mod x Tồn tại số nguyên Thật vậy,     c b   b c c b   c b a a   mod .  y sao cho            a a   ax b c cy b ax y x x mod mod x Tồn tại số nguyên Thật vậy, Tồn tại số nguyên Thật vậy,   x mod Tồn tại số nguyên Thật vậy,       b c a a a a a a     a a mod .    y sao cho        c ax b y sao cho cy b ax y x b c mod .  a a        y sao cho y sao cho c ax b cy b ax y x y sao cho Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài Dưới đây chúng tôi chỉ nêu đầu bài một số b c a a c b mod .         ax b c mod .  cy b ax y x toán, lời giải có thể xem trong2,3.        ax b c x cy b y ax Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài bài toán, lời giải có thể xem trong.2,3 b c b c b c a a mod .  mod .  mod .    a a             ax b c c ax b ax x cy b y cy b ax y x        Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài c ax b cy b ax y x toán, lời giải có thể xem trong2,3. Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 a a a a a a toán, lời giải có thể xem trong2,3. Bài 2.1.7 (Tần Cửu Thiều, Bài 5, Chương 1)2,3 Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Tìm x biết toán, lời giải có thể xem trong2,3. Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài toán, lời giải có thể xem trong2,3. Dướ đây c úng tô c ỉ n u đ u bài một số bài Tìm x biết Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Tìm x biết         toán, lời giải có thể xem trong2,3. toán, lời giải có thể xem trong2,3.    x  toán, lời giải có thể xem trong2,3. 18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54 Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Tìm x biết Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 x ≡ 0(mod54) ≡ 0(mod57) ≡ 51(mod75) ≡ 18(mod72).            x  18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54 Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Bài 2.1.7 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2,3 Tìm x biết Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3         Tìm x biết    x  18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54 Bài 2.1.8 (Tần Cửu Thiều, Bài 5, Chương 1)2, 3 Tìm x biết Tìm x biết Tìm x biết Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3         Tìm x biết    x  18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54            x  18 mod72 . 51 mod75 0 mod54 0 mod57 Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3 Tìm x biết                            x     x  Tìm x biết 18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54 18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54    x        18 mod72 . 51 mod75 0 mod57 0 mod54   x  0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83 Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3 Tìm x biết Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3       x ≡ 0.32(mod0.83) ≡ 0.70(mod1.10) ≡ 0.30(mod1.35).   x  0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83 Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3 Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3 Bài 2.1.8 (T n Cửu Thi u, B 5, C ương 1)2, 3 Tìm x biết       Tìm x biết Nhận xét Hệ tr n tương đương với   x  0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83 Tìm x biết Tìm x biết Tìm x biết Nhận xét Hệ trên tương đương với         x  Nhận xét Hệ tr n tương đương với 0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83       x    0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83         x  30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100 Nhận xét Hệ tr n tương đương với                     x    x  0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83 0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83   x  0.30 mod1.35 . 0.70 mod1.10 0.32 mod0.83 100x ≡ 32(mod83) ≡ 70(mod110) ≡ 30(mod135).         x  30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100 Nhận xét Hệ tr n tương đương với Nhận xét Hệ tr n tương đương với Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3         x  30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100 Nhận xét Hệ tr n tương đương với Nhận xét Hệ tr n tương đương với Nhận xét Hệ tr n tương đương với Bài 2.1.9 (Tần Cửu Thiều, Bài 8, Chương 1)2, 3 Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3       Tìm x biết x    30 mod135 . 32 mod83 70 mod110 100       x    70 mod110 32 mod83 30 mod135 . 100 Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3             Tìm x biết         x    x  Tìm x biết 30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100 30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100       x  30 mod135 . 70 mod110 32 mod83 100   x   30 mod110 60 mod130 Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3 Tìm x biết Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3       x   30 mod110 60 mod130       Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3 Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3      10 mod 60 10 mod 25 10 mod120 Bài 2.1.9 (T n Cửu Thi u, B 8, C ương 1)2, 3 Tìm x biết     Tìm x biết   x   30 mod110 60 mod130            Tìm x biết Tìm x biết 10 mod 25 10 mod 60 10 mod120 Tìm x biết                x   10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100 60 mod130 30 mod110     x           30 mod110 60 mod130      10 mod 25 10 mod 60 10 mod120                     x     x   30 mod110 60 mod130    30 mod110 60 mod130   x   10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100 30 mod110 60 mod130       Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3      10 mod120 10 mod 60 10 mod 25                  10 mod 25 10 mod 60 10 mod120    10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100                             Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3 10 mod 25 10 mod 60 10 mod120 10 mod 25 10 mod 60 10 mod120 Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n      10 mod 25 10 mod 60 10 mod120       Bài 2.1.10 (Tần Cửu Thiều, Bài 3, Chương 2)2,3    10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100          10 mod 30 10 mod100 10 mod 20 . Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3 v t n to n ịch. Tìm x biết Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n                         10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100 10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100    Bài toán này có nguồn gốc từ bài toán thiên văn 10 mod 20 . 10 mod 30 10 mod100 Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3 Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3 v t n to n ịch. Tìm x biết   7540 4108 và tính toán lịch. Tìm x biết Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3   Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3 Bài 2.1.10 (T n Cửu Thi u, B 3, C ương 2)2,3   Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n v t n to n ịch. Tìm x biết x mod 60 11 0 mod365   Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n   7540 4108 16900 16900     Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n v t n to n ịch. Tìm x biết   Bài toán này có nguồn gốc từ b to n t n v n x mod 60 11 0 mod 365 v t n to n ịch. Tìm x biết     7540 4108   16900 16900     mod 60 11 0 mod 365 x   7264 8967 v t n to n ịch. Tìm x biết v t n to n ịch. Tìm x biết   v t n to n ịch. Tìm x biết   4108 7540  10 . mod 29 16900 16900     4108 7540       0 mod 365 mod 60 11 x     8967 7264     11 mod 60 0 mod 365 x 16900 16900       7540 4108   7540 4108   7540 4108  16900 16900   . mod 29 10       16900 16900           8967 7264 mod 60 11 0 mod 365 x mod 60 11 0 mod 365 x   mod 60 11 0 mod 365 x       16900 16900    . mod 29 10   16900 16900 16900 16900     16900 16900   2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các   8967 7264 16900 16900     8967 7264  . mod 29 10    10 mod 29 .   sách toán Hán – Nôm   8967 7264   8967 7264 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các   8967 7264 16900 16900   16900 16900     . mod 29 10 . mod 29 10  . mod 29 10       2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các sách toán Hán – Nôm 16900 16900 16900 16900     16900 16900   2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s sách toán Hán – Nôm 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các sách toán Hán – Nôm 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ 2.2. nh lí Trung Quốc về phầ d trong các sách toán Hán – Nôm 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s 11 Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16 sách toán Hán – Nôm sách toán Hán – Nôm trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ sách toán Hán – Nôm 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s 2.2.1. Tìm b i s chung nhỏ nhất của ba s Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ Ta bắt đ u bằng một b to n dưới dạng t ơ trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ

N    1 5 7 35; N    3 7 21; 2 N    3 3 5 15.          N N N ,7 ,5 ,3 1. 3 2 1                  N N N 1. ,7 ,5 ,3 3,5 3,7 1 5,7 nên    3 2 1 2, x 1, x x 1 là các nghiệm Tồn tại các số 1          N N N 1. ,7 ,5 ,3 3 2 3 2 1          x x x 1 1, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1       N N N 1. ,7 ,5 ,3       của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod    N 1. ,3 ,7 ,5 N N 3 2 2 3 1    i i i x x x 1 1, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 2 1 3                           N N N 1. ,7 ,5 ,3 1. N N N ,7 ,5 ,3    3 2  N N N 1. ,7 ,5 ,3 của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod         x  2 1 3 2 3 1    35 2 2 21 1 3 15 1 0 x x x 1 1, 2, 3 2 1 là các nghiệm Tồn tại các số 1 i i i      1 2, x x x 1, là các nghiệm Tồn tại các số 1  Tồn tại các số x1 = 2, x2 = 1, x3 = 1 là các của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod 2 3 3 2 i i i               x  x x x 1 1, 2, x x x 1 1, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 là các nghiệm Tồn tại các số 1 35 2 2 21 1 3 15 1 0    x x x 1 1, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1            140 63 203 3 5 7 203 105 98.  của p ương tr n Vậy N x m . 1 mod   nghiệm của phương trình Nixi ≡ 1(mod mi). 3 2 3 2 Vậy  của p ương tr n Vậy 1 mod N x m . 3 2         x  35 2 2 21 1 3 15 1 0 i i i i i i                  của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod 140 63 203 3 5 7 203 105 98.  của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod    x       : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 i i i 35 2 2 21 1 3 15 1 0 i i i i i i   x        35 2 2 21 1 3 15 1 0          140 63 203 3 5 7 203 105 98.         x          x  người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân 35 2 2 21 1 3 15 1 0 35 2 2 21 1 3 15 1 0         x  : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 35 2 2 21 1 3 15 1 0          140 63 203 3 5 7 203 105 98.          140 63 203 3 5 7 203 105 98. : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98   Vậy số thịt chi ra là 32 cân  thịt, 98 32 3 2. người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân                   140 63 203 3 5 7 203 105 98. 140 63 203 3 5 7 203 105 98.          140 63 203 3 5 7 203 105 98. : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân Đáp: 98 người; 7 người hứng rượu một   Vậy số thịt chi ra là 32 cân  256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan thịt, 98 32 3 2. : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98   Vậy số thịt chi ra là 32 cân  : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân thịt, 98 32 3 2.    : 98 ngườ ; 7 người hứng rượu một l n, 98 ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. lần, 98 người bằng 14 lần hứng rượu; 3 người người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan   Vậy số thịt chi ra là 32 cân  người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân thịt, 98 32 3 2. 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan người bằng 14 l n hứng rượu; 3 người một cân    Vậy số thịt chi ra là 32 cân    Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. thịt, 98 32 3 2. ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. một cân thịt, 98 = 32 × 3 + 2. Vậy số thịt chi ra là   Vậy số thịt chi ra là 32 cân    Vậy số thịt chi ra là 32 cân     thịt, 98 32 3 2. thịt, 98 32 3 2.   Vậy số thịt chi ra là 32 cân  256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. thịt, 98 32 3 2. 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 32 cân 256 thù = 32 cân 10 lạng 16 thù; 5 người 1    256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. 256 thù=32 cân 10 lạng 16 t ù; 5 người 1 quan    ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 quan tiền, mỗi người được 200 tiền, 98 = 19 × 5 + 3. Tìm x biết       ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3.    Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. ti n, mỗ ngườ được 200 ti n, 98 19 5 3. Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 Tìm x biết Vậy 98 người được 19 quan 600 tiền.         x  Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. 1 mod12 . 14 mod17 1 mod19 Vậy 98 ngườ được 19 quan 600 ti n. Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 Tìm x biết Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3         x  1 mod12 . 14 mod17 1 mod19 Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 Bài 2.1.6 (Tần Cửu Thiều, Bài 9, Chương 1)2,3 Bài 2.1.6 (T n Cửu Thi u, B 9, C ương 1)2,3 Tìm x biết       Tìm x biết Giải Ta có hệ   x  1 mod12 . 14 mod17 1 mod19 Tìm x biết Tìm x biết Tìm x biết Tìm x biết           x  Giải Ta có hệ   1 mod12 . 14 mod17 1 mod19       x 1 mod19   x  14 mod17 1 mod19 1 mod12 . Giải Ta có hệ                        x    x  1 mod12 . 14 mod17 1 mod19 1 mod12 . 14 mod17 1 mod19   x    1 mod12 . 14 mod17 1 mod19 1 mod19 x    x 14 mod17   Giải Ta có hệ    x 1 mod19 Giải Ta có hệ    Giải Ta có hệ  14 mod17 x    Giải Ta có hệ Giải Ta có hệ   Giải Ta có hệ   x 1 mod19    x 1 mod12 .   1 mod19 x    x 14 mod17               x 1 mod19 x 1 mod19     1 mod19 x 1 mod12 . x     x 14 mod17   Đặt  14 mod17 x       x 1 mod12 .          x 14 mod17 x 14 mod17   N   1 17 12 204; Đặt 14 mod17 x     1 mod12 . x    1 mod12 . x  Đặt     N  1 17 12 204;       N     2 19 12 228;  1 mod12 . x x 1 mod12 .  1 mod12 . x Đặt   N  1 17 12 204; Đặt   N  2 19 12 228;   N  3 19 17 323. Đặt Đặt  N   1 17 12 204; Đặt N      N  1 17 12 204; 2 19 12 228;   N  3 19 17 323.      Vì    N    N  1 17 12 204; 1 17 12 204;      N  1 19,17 19,12 17,12 nên 1 17 12 204;  N   2 19 12 228;  N     N  2 19 12 228; 3 19 17 323.      Vì     1 19,17 19,12 17,12 nên   N    N  2 19 12 228; 2 19 12 228;   N  2 19 12 228;       N    3 19 17 323.    ,17 N N N 1. ,12 ,19      Vì  N    3 19 17 323.    1 19,17 19,12 17,12 nên 3 2 1   N    N  3 19 17 323. 3 19 17 323.         N  3 19 17 323. Vì          N N N 1. ,12 ,17 ,19    17,12 1 19,17 19,12 nên      Vì     19,17 19,12 17,12 1 nên    3 2 1 x x x 11 5, 15, là các Tồn tại các số          N N N 1. ,12 ,17 ,19 Vì            Vì  1 3 2      Vì        1 19,17 19,12 17,12 nên 1 19,17 19,12 17,12 nên    1 19,17 19,12 17,12 nên 3 2 1          x x x 11 5, 15, là các Tồn tại các số       N N N 1. ,12 ,17 ,19       nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod    1. ,12 N N ,17 ,19 N 3 2 1 3 2 1    i i i x x x 11 5, 15, là các Tồn tại các số 2 3 1                           N N N 1. ,12 ,17 ,19 N N N 1. ,12 ,17 ,19    3 2 1  N N N 1. ,12 ,17 ,19 nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod Vậy 3 1 2 3 2 1    x x x 11 5, 15, 3 2 1 là các Tồn tại các số i i i      x 5, 11 x x 15, là các Tồn tại các số  nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod 3 2 1 3 2 1 Vậy i i i          x        204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573. x x x 11 5, 15, x x x 11 5, 15, là các Tồn tại các số là các Tồn tại các số    Tồn tại các số x1 = 15, x2 = 5, x3 = 11 là các x x x 11 5, 15, là các Tồn tại các số    nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod   3 2 1 3 2 1  nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod 3 2 1 Vậy i i i          x  204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573. i i i     nghiệm của các phương trình Ni xi ≡ 1(mod mi).      Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876   nghiệm của c c p ương tr n 1 mod m N x . nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod  nghiệm của c c p ương tr n m N x . 1 mod Vậy          x  i i i i i i 204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573. Vậy i i i    được nghiệm nhỏ nhất là 3193. Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 Vậy Vậy Vậy Vậy          x  204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573.       x        204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573. Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 được nghiệm nhỏ nhất là 3193. T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật          x           x  204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573. 204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573.          x  204 15 1 228 5 14 323 11 1 22573.    Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 được nghiệm nhỏ nhất là 3193.    Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật       Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876    được nghiệm nhỏ nhất là 3193. Trừ 22573 c o n m n 19 17 12 3876 được nghiệm nhỏ nhất là 3193. T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật Trừ 22573 cho năm lần 19 × 17 × 12 = 3876 giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần được nghiệm nhỏ nhất là 3193. được nghiệm nhỏ nhất là 3193. được nghiệm nhỏ nhất là 3193. giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật (The Chinese Remainder theorem). ng cũng p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần được nghiệm nhỏ nhất là 3193. T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật T n Cửu Thi u ngườ đ u t n đã đưa ra t uật p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được im là các số (The Chinese Remainder theorem). ng cũng đã xét cả c c trường hợp khi các giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được giải hệ p ương tr n đồng dư,3 sau n y được (The Chinese Remainder theorem). ng cũng p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần (The Chinese Remainder theorem). ng cũng im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các p ương ây gọ ị lí Trung Qu c về phần (The Chinese Remainder theorem). ng cũng im là các số nguyên tố không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách đưa v trường hợp các (The Chinese Remainder theorem). ng cũng (The Chinese Remainder theorem). ng cũng im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các (The Chinese Remainder theorem). ng cũng không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các im là các số nguyên tố đưa v trường hợp các cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân im là các số im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các đã xét cả c c trường hợp khi các im là các số đã xét cả c c trường hợp khi các không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách im là các số nguyên tố đưa v trường hợp các không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách im là các số nguyên tố đưa v trường hợp các không nhất thiết nguyên tố cùng nhau bằng cách cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân im là các số nguyên tố đưa v trường hợp các 7

im là các số nguyên tố

im là các số nguyên tố

im là các số nguyên tố

đưa v trường hợp các đưa v trường hợp các đưa v trường hợp các cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ trong cuốn sách chữ Hán i thành toán h c chỉ cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 7 cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 cùng nhau, hoặc c c b to n đồng dư với phân minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14 7 7 7 7 7 7

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

2.2. Định lí Trung Quốc về phần dư trong các sách toán Hán – Nôm

Bài 2.2.2 (Dĩ dư số tri nguyên số cổ ca - Bài ca cổ: Từ số dư biết được số ban đầu), trang 115).8

三人同行七十稀

2.2.1. Tìm bội số chung nhỏ nhất của ba số

五樹梅花廿一枝

七子團圓秋夜月

Ta bắt đầu bằng một bài toán dưới dạng thơ trong cuốn sách chữ Hán Đại thành toán học chỉ minh của Phạm Gia Kỷ (tờ 52a).14

百零五壽定爲期

Bài 2.2.1

Phiên âm:

Phiên âm chữ Hán:

Tam nhân đồng hành thất thập hi

Ngũ thụ mai hoa chấp nhất chi

Thất tử đoàn viên thu dạ nguyệt

Bách linh ngũ thọ định vi kì.

Giải thích của Nguyễn Hữu Thận8

Trương gia tam nữ hiếu thuận Quy ninh bất đạn cần lao Đông thôn đại nữ cách tam triêu Ngũ nhật Tây thôn nữ đáo Tiểu nữ Nam hương vọng viễn Y nhiên thất nhật nhất tao Hà thời tề chí ẩm thuần lao Thỉnh vấn toán ông hồi báo.

Tam nhân đồng hành thất thập hi: Ba người đồng hành hiếm được 70: Số 70 chia hết cho 5 và 7, và chia cho 3 dư 1, nên gọi là phép tam số.

Dịch:

Ngũ thụ mai hoa chấp nhất chi: Năm cây hoa mai 21 cành: số 21 chia hết cho 3, cho 7, và chia cho 5 dư 1, cho nên gọi là phép ngũ số.

Thất tử đoàn viên thu dạ nguyệt: Bảy người con đoàn viên đêm trăng thu (ngày rằm 15): Số 15 chia hết cho 3, cho 5, và chia cho 7 dư 1, cho nên gọi là phép thất số.

Họ Trương ba gái hiếu thuận Về thăm không ngại cần lao Gái cả thôn Đông cách ba sáng Năm ngày gái thôn Tây đến Gái út quê Nam ngóng xa Cũng vậy bảy ngày một gặp Lúc nào cùng tới uống rượu nồng Xin hỏi ông toán trả lời.

Bách linh ngũ thọ định vi kì: Trăm linh năm (105) đã định, đem chia cho 3, cho 5, cho 7 đều không dư, nên dùng làm phép trừ.

Giải14 Lấy “3 sáng”, “5 ngày” nhân với nhau được 15 ngày. Lại nhân với 7 được 105 ngày là ba con gái cùng tới.

Giải thích: “Trừ trăm linh năm”: 105 là bội số chung nhỏ nhất của 3,5,7. Trừ bớt 105 (cắt đốt theo Dương Huy) để được nghiệm nhỏ nhất.

Lời bình Đây là bài toán tìm bội số chung nhỏ nhất (BSCNN) của ba số 3, 5, 7. Bài toán tìm BSCNN hiện nay được giảng dạy trong chương trình toán lớp 6.

2.2.2. Định lí Trung Quốc về phần dư trong “Ý Trai toán pháp nhất đắc lục”

Sau khi giải thích từng câu thơ và giải bài Hàn Tín điểm binh, Nguyễn Hữu Thận đã phát biểu một số bài toán mới, tương tự như bài Vật bất tri kì số, mà chúng tôi chưa tìm thấy trong các sách toán Trung Hoa, có lẽ do chính Nguyễn Hữu Thận sáng tác khi nghiên cứu bài Vật bất tri kì số.

Trong Chương 6 của cuốn sách Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, dạng toán Vật bất tri kì số được gọi là dạng toán Dĩ dư số tri nguyên số (Từ số dư tìm ra số ban đầu).

Bài thơ dưới đây trong Ý Trai toán pháp nhất đắc lục là một phiên bản của bài Hàn Tín điểm binh.

Các bài toán 1.2.3 - 1.2.12 được lấy từ Ý Trai toán pháp nhất đắc lục.8 Để tiện trình bày, chúng tôi sử dụng ngôn ngữ hiện đại trong phát biểu bài toán và lời giải.

12

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

Bài 2.2.3 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó

cho 3, cho 5, cho 7 đều dư 1.

Bài 2.2.9 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 3 thì dư 1, chia cho 5 thì dư 2, chia cho 7 dư 3.

Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia hết cho 3, 5, 7. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 3, 5 và 7. Suy ra x - 1 = 3 × 5 × 7 = 105.

Vậy x = 106

Bài 2.2.4 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó

Cách giải 1 (BSCNN) Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia hết cho 3, x - 2 chia hết cho 5, x - 3 chia hết cho 7. Suy ra 2(x - 1) cũng chia hết cho 3, 2(x - 2) cũng chia hết cho 5, 2(x - 3) cũng chia hết cho 7. Chứng tỏ

cho 3, cho 7, cho 11 đều dư 1.

2x + 1 = 2(x - 1) + 3 = 2(x - 2) + 5 = 2(x - 3) + 7

chia hết cho 3, cho 5, cho 7 hay 2x + 1 = 105.

Suy ra x = 52.

Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia hết cho 3, 7, 11. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 3, 7 và 11. Suy ra x - 1 = 3 × 7 × 11 = 231.

Vậy x = 232.

Bài 2.2.5 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó

1x  chia hết 1x  là BSCNN của 3, 7 1x  chia hết 1x  là BSCNN của 3, 7

Bài 2.2.6 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó

1 7 9 11 693. 1 7 9 11 693.

cho 7, cho 11, cho 15 đều dư 1.

Đặt Đặt

m i m i

x     x    

cho 9, cho 11, cho 13 đều dư 1.

Đáp: Số nhỏ nhất thỏa mãn đầu bài là 52.

1 9 11 13 1287. 1 9 11 13 1287.

x     x    

Vì  Vì 

13

Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16



Đặt Đặt

Nhận xét Lời giải trên đòi hỏi đôi chút Nhận xét Lời giả tr n đò ỏi đ ú o sáng tạo (thi học sinh giỏi THCS). Tuy nhiên, (thi học sinh giỏi THCS). Tuy nhiên, nếu biết Nhận xét Lời giả tr n đò ỏi đ ú o nếu biết thuật giải hệ phương trình đồng dư thì thuật giải hệ p ương tr n đồng dư t c ỉ c n áp (thi học sinh giỏi THCS). Tuy nhiên, nếu biết chỉ cần áp dụng Định lí Trung Quốc về phần dư dụng Địn Trung Quốc v ph n dư mà không thuật giải hệ p ương tr n đồng dư t c ỉ c n áp mà không cần phải sáng tạo. cần ph i sáng t o. dụng Địn Trung Quốc v ph n dư mà không cần ph i sáng t o. Cách giải 2 (Giải hệ phương trình đồng Cách giải 2 (Giải hệ p ương tr n đồng dư) Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ dư) Gọi x là số cần tìm. Theo bài ra ta có hệ Cách giải 2 (Giải hệ p ương tr n đồng dư) Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ     x 1 mod 3      x 1 mod 3    x 2 mod 5      x 2 mod 5    x 3 mod 7 .     x 3 mod 7 . N    1 5 7 35; N    1 5 7 35; N    3 7 21; 2 N    3 7 21; N    3 3 5 15. 2 N    3 3 5 15.         nên 1 3,5 3,7 5,7         nên 1 3,5 3,7 5,7          1. N ,5 ,7 N N ,3 3 2 1          N N N 1. ,7 ,5 ,3    3 2 1 2, 1 x x x 1, là các nghiệm Tồn tại các số 1 Tồn tại các số x1 = 2, x2 = 1, x3 = 1 là các 3 2    x x x 1 1, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1   nghiệm của các phương trình Ni xi ≡ 1(mod mi).  của c c p ương tr n Vậy . N x 1 mod 3 2 i i    Vậy của c c p ương tr n Vậy N x . 1 mod            x  35 2 1 21 1 2 15 1 3 70 42 45 i i            x  35 2 1 21 1 2 15 1 3 70 42 45      157 3 5 7 52.      157 3 5 7 52. : Số nhỏ nhất thỏa mãn đ u bài là 52. : Số nhỏ nhất thỏa mãn đ u bài là 52. Nhận xét Các bài toán trên thực chất chỉ c n dùng khái niệm Bội số chung nhỏ nhất. Tuy Nhận xét Các bài toán trên thực chất chỉ c n Nhận xét Các bài toán trên thực chất chỉ nhiên, c c B to n dướ đây trong8 đò ỏi phải dùng khái niệm Bội số chung nhỏ nhất. Tuy cần dùng khái niệm Bội số chung nhỏ nhất. Tuy nhiên, c c B to n dướ đây trong8 đò ỏi phải biết vận dụng ịnh lí Trung Qu c về phầ . nhiên, các Bài toán dưới đây trong8 đòi hỏi phải biết vận dụng ịnh lí Trung Qu c về phầ . Bài 2.2.10 Giả sử có một số người. Xếp hàng 7 biết vận dụng Định lí Trung Quốc về phần dư. t dư 1, xếp ng 11 t dư 3, xếp ng 15 dư 4. Bài 2.2.10 Giả sử có một số người. Xếp hàng 7 Hỏi số người là bao nhiêu? Bài 2.2.10 Giả sử có một số người. Xếp t dư 1, xếp ng 11 t dư 3, xếp ng 15 dư 4. Hỏi số người là bao nhiêu? hàng 7 thì dư 1, xếp hàng 11 thì dư 3, xếp hàng Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ 15 dư 4. Hỏi số người là bao nhiêu? Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ     x 1 mod 7      x 1 mod 7    x 3 mod11      x 3 mod11    4 mod15 . x     x 4 mod15 . N   1 11 15 165;



N  

2

1 11 15 165;



7 15 105;

N  

2

3x 

2

hết cho 3, cũng c a ết cho 5, Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy cho 3, 7, 11. Chứng tỏ Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy cho 5, cho 7, cho 9 đều dư 1. x      1 3 7 11 231. cho 3, 7, 11. Chứng tỏ và 11. Suy ra x  x      232. 1 3 7 11 231. Vậy và 11. Suy ra Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia x  232. Vậy hết cho 5, 7, 9. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 5, Bài 2.2.5 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 5, 7 và 9. Suy ra x - 1 = 5 × 7 × 9 = 315. c o 7, c o 9 đ u dư 1. Bài 2.2.5 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 5, c o 7, c o 9 đ u dư 1. 1x  chia hết Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy Vậy x = 316. 1x  là BSCNN của 5, 7 1x  chia hết cho 5, 7, 9. Chứng tỏ Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy 1x  là BSCNN của 5, 7 x      1 5 7 9 315. cho 5, 7, 9. Chứng tỏ và 9. Suy ra cho 7, cho 9, cho 11 đều dư 1. x  x      316. 1 5 7 9 315. Vậy và 9. Suy ra x  316. Vậy Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia Bài 2.2.6 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, c o 9, c o 11 đ u dư 1. hết cho 7, 9, 11. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 7, Bài 2.2.6 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, c o 9, c o 11 đ u dư 1. 9 và 11. Suy ra x - 1 = 7 × 9 × 11 = 693. 1x  chia hết Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy 1x  chia hết 1x  là BSCNN của 7, 9 Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy cho 7, 9, 11. Chứng tỏ Vậy x = 694. x      1x  là BSCNN của 7, 9 và 11. Suy ra cho 7, 9, 11. Chứng tỏ Bài 2.2.7 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó x      x  694. và 11. Suy ra Vậy x  694. Vậy Bài 2.2.7 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia c o 11, c o 15 đ u dư 1. Bài 2.2.7 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, c o 11, c o 15 đ u dư 1. hết cho 7, 11, 15. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 1x  chia hết Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy 7, 11 và 15. Suy ra x - 1 = 7 × 11 × 15 = 1155. 1x  là BSCNN của 7, 1x  chia hết Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy cho 7, 11, 15. Chứng tỏ 1x  là BSCNN của 7,  1 7 11 15 1155. cho 7, 11, 15. Chứng tỏ 11 và 15. Suy ra Vậy x = 1156. x   1156. 1 7 11 15 1155. Vậy 11 và 15. Suy ra Bài 2.2.8 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó x  1156. Vậy Bài 2.2.8 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 9, c o 11, c o 13 đ u dư 1. Bài 2.2.8 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 9, Giải Gọi x là số cần tìm. Khi ấy x - 1 chia c o 11, c o 13 đ u dư 1. 1x  chia hết Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy hết cho 9, 11, 13. Chứng tỏ x - 1 là BSCNN của 1x  chia hết 1x  là BSCNN của 9, Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy cho 9, 11, 13. Chứng tỏ 9, 11 và 13. Suy ra x - 1 = 9 × 11 × 13 = 1287.  1x  là BSCNN của 9, 11 và 13. Suy ra cho 9, 11, 13. Chứng tỏ  x  1288. 11 và 13. Suy ra Vậy Vậy x = 1288. x  1288. Vậy B to n sau đây t ường được sử dụng trong c c Bài toán sau đây thường được sử dụng k t ọc sinh giỏi Trung học Cơ sở cấp Tỉnh. B to n sau đây t ường được sử dụng trong c c trong các kì thi học sinh giỏi Trung học Cơ sở k t ọc sinh giỏi Trung học Cơ sở cấp Tỉnh. Bài 2.2.9 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 3 cấp Tỉnh. t dư 1, c a c o 5 t dư 2, c a c o 7 dư 3. Bài 2.2.9 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 3 t dư 1, c a c o 5 t dư 2, c a c o 7 dư 3. Cách giải 1 (BSCNN) Gọi x là số c n tìm. Khi 2x  chia hết cho 5, 1x  chia hết cho 3, ấy Cách giải 1 (BSCNN) Gọi x là số c n tìm. Khi 2x  chia hết cho 5, 1x  chia hết cho 3,   ấy 1x  cũng c a 2 3x  chia hết cho 7. Suy ra   1x  cũng c a 2 3x  chia hết cho 7. Suy ra   2x  2 hết cho 3, cũng c a ết cho 5,   2x  cũng c a ết cho 7. Chứng tỏ







N  

7 15 105;

2



N  

7 11 77.

3

3x 

2

cũng c a ết cho 7. Chứng tỏ





 

  



 



1 2(

x

1) 3 2

x

2

5 2

x

3

7

2

x

 









N  

7 11 77.

3







7,11

7,15

11,15

1











 

  



 

1 2(

x

1) 3 2

x

2

5 2

x

7

3

2

x

 

nên Vì 















7,11

7,15

11,15

1











1 105.

x  







N

,7

N

,11

N

,15

1.













1

2

3

x  

1 105.

52.

x 







N

,7

N

,11

N

,15

1.













1

2

3

x 

52.

nên Vì  chia hết cho 3, cho 5, cho 7 hay 2 chia hết cho 3, cho 5, cho 7 hay 2 Suy ra Suy ra 9 9

1x  chia hết

1x  là BSCNN của 3, 7









N  

x

2,

x

2,

x

8

3 9 11 99.

2

3

x     

1 3 7 11 231.







x 

232.



9,11

9,13

11,13

1











N x

1 mod

m

.





i

i

i

  

  

  

x 

165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421







N

,9

N

,11

N

,13

1.













1

2

3



 

 

(7 11 15) 2 1114.







x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ

x

8,

x

8,

x

5

2

3

1x  chia hết



N x

1 mod

m

.





 

i

i

i

x

1 mod 3





1x  là BSCNN của 5, 7



  

  

  

x 

143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348

x     

1 5 7 9 315.

x

2 mod 5









x 

316.

    

9 11 13 4 1200.

x

3 mod 7 .







N   

1 5 7 35;

1x  chia hết

N   

3 7 21;

2

1x  là BSCNN của 7, 9

N   

3 3 5 15.

x     

1 7 9 11 693.

 

x

6 mod 7











5,7

3,7

3,5

1











x 

694.



x

10 mod11













N

,3

N

,5

N

,7

1.













1

2

3



x

10 mod15 .













x

2,

x

1,

x

1

2

3

1x  chia hết



N x

1 mod

m

.





i

i

i



N  

1 11 15 165;

1x  là BSCNN của 7,

  

  

  





x 

35 2 1 21 1 2 15 1 3 70 42 45





N  

7 15 105;

x    

1 7 11 15 1155.

2



   

x 

1156.

157 3 5 7 52.



N  

7 11 77.

3

Nhận xét Lời giả tr n đò ỏi đ ú o Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy (thi học sinh giỏi THCS). Tuy nhiên, nếu biết cho 3, 7, 11. Chứng tỏ thuật giải hệ p ương tr n đồng dư t c ỉ c n áp Tồn tại các số 1 và 11. Suy ra là các nghiệm dụng Địn Trung Quốc v ph n dư mà không Vậy nên Vì  của p ương tr n Vậy cần ph i sáng t o. Bài 2.2.5 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 5, Cách giải 2 (Giải hệ p ương tr n đồng dư) Gọi c o 7, c o 9 đ u dư 1. Tồn tại các số 1 là các nghiệm Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy : 1114 người. của p ương tr n Vậy cho 5, 7, 9. Chứng tỏ Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia và 9. Suy ra thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ Vậy nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai Bài 2.2.6 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, : 1200 người. cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp Đặt c o 9, c o 11 đ u dư 1. 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong nhiêu? “ đ i thành” và m t s sách khác Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ cho 7, 9, 11. Chứng tỏ Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến và 11. Suy ra bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua nên Vì  Vậy cuốn sách đ i thành7 được coi là của Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp Bài 2.2.7 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 7, đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép c o 11, c o 15 đ u dư 1. lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. Tồn tại các số 1 là các nghiệm Đặt Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy của c c p ương tr n Vậy B 4.2b ể b p áp ( đ cho 7, 11, 15. Chứng tỏ thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 11 và 15. Suy ra 点兵法 Vậy







7,11

7,15

11,15

1













,7

N

N

,15

1.

 

 



 ,11





N 1

3

2

三人同行七十推 : Số nhỏ nhất thỏa mãn đ u bài là 52. Bài 2.2.8 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 9, nên Vì  c o 11, c o 13 đ u dư 1. 五樹枚花卄一枝







2,

8

x 2

x 3

1x  chia hết 1x  là BSCNN của 9,





x    

1 9 11 13 1287.

x Tồn tại các số 1 của p ương tr n

x 

1288.

N x i i  





2,  1 mod 165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240

x    

    

7 11 15 8 1000.

Giải Gọi x là số c n tìm. Khi ấy 七人同行收半月 cho 9, 11, 13. Chứng tỏ 除百除五定為期 11 và 13. Suy ra Vậy Phiên âm: Vậy là các nghiệm  m . i   ểm binh pháp

Nhận xét Các bài toán trên thực chất chỉ c n dùng khái niệm Bội số chung nhỏ nhất. Tuy nhiên, c c B to n dướ đây trong8 đò ỏi phải biết vận dụng ịnh lí Trung Qu c về phầ . KHOA HỌC TẠP CHÍ Bài 2.2.10 Giả sử có một số người. Xếp hàng 7 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN t dư 1, xếp ng 11 t dư 3, xếp ng 15 dư 4. Hỏi số người là bao nhiêu? đồng hành thất thập suy

Giải Gọi x là số cần tìm. Theo bài ra ta

B to n sau đây t ường được sử dụng trong c c k t ọc sinh giỏi Trung học Cơ sở cấp Tỉnh. N ũ mai hoa trấp nhất chi Thấ đồng hành thu bán nguyệt Bài 2.2.9 Tìm số nhỏ nhất biết khi chia nó cho 3 t dư 1, c a c o 5 t dư 2, c a c o 7 dư 3. Trừ bách trừ ũ định vi kỳ.

1x  chia hết cho 3,

  x   x   x

D ch: ấy p đ ểm binh Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ có hệ   1 mod 7   3 mod11   4 mod15 .

Bài 2.2.12 Giả sử có binh lính ăn cơm 3 : 1000 lính. lần. Lần thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n 3 người. Lần thứ hai xếp 11 người một bàn thì thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. thừa 1 người. Lần thứ ba xếp 13 người một bàn L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 thì thừa 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu. người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu.

Giải Gọi x là số cần tìm. Theo bài ra ta

2

3x  chia hết cho 7. Suy ra

Cách giải 1 (BSCNN) Gọi x là số c n tìm. Khi 2x  chia hết cho 5, 1x  cũng c a





2

2x 

Ba ngườ cùng đ t bảy chục Đặt N m cây oa ma 21 c n hết cho 3, cũng c a ết cho 5,





2

3x 

Bảy con đo n v n đ m tr ng t u Trừ tr m n n m b ết số thành. cũng c a ết cho 7. Chứng tỏ





 

  



 

2

x

1 2(

x

1) 3 2

x

2

5 2

x











1

 1 11 15 165;  7 15 105;  7 11 77. 



  x   x   x

Vì  Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ có hệ   3 mod9   2 mod11   4 mod13 .

   7 3 x   1 105.







N

,15

,7

1.

N   N   2 N   3    11,15   ,11



 7,11 

7,15 

2

3

N 1

x 

52.











1.

chia hết cho 3, cho 5, cho 7 hay 2 Đặt N nên  Suy ra 9 Nhận xét: đ i thành (được coi là của Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) 10

   

Vì  Vì 

Đặt

Đặt Đặt



Đặt Đặt



1.

点兵法

三人同行七十推

五樹枚花卄一枝

Vì  Vì  点兵法 点兵法

七人同行收半月

除百除五定為期

Phiên âm: 三人同行七十推 三人同行七十推 五樹枚花卄一枝 五樹枚花卄一枝 七人同行收半月 七人同行收半月 除百除五定為期 除百除五定為期 ểm binh pháp Phiên âm: Phiên âm: ểm binh pháp ểm binh pháp Phiên âm: Phiên âm:

Phiên âm:

Điểm binh pháp

Đáp: 1000 lính.

D ch:

D ch: D ch:

D ch: D ch:

Nhận xét: đ i thành (được coi là của

 N   1 11 13 143; N    N   3 9 11 99. 9 13 117; 2      Vì    nên 1 9,13 11,13 9,11  N    N   3 9 11 99. 3 9 11 99.           N       3 9 11 99.    nên 1 11,13 9,13 9,11       nên 9,11 1 11,13 9,13   N N N ,13 ,11 ,9  N   3 9 11 99. 3 2 1      Vì     nên 11,13 9,13 1 9,11                  Vì        N N N 1. ,13 ,11 ,9    N N N 1. ,13 ,11 ,9    nên 1 11,13 9,13 9,11 là các nghiệm Tồn tại các số 1 x x x 5 8, 8, 3 2 1 3 2 1 3 2          N ,9 1. N ,13 N ,11    của p ương tr n Vậy    m N x . 1 mod       là các nghiệm Tồn tại các số 1    x x x 5 8, 8, là các nghiệm Tồn tại các số 1 x x x 5 8, 8,    Tồn tại các số x1 = 8, x2 = 8, x3 = 5 là các 2 3 1 N N N 1. ,13 ,11 ,9 i i i 3 2 3 2 2 3 1        là các nghiệm Tồn tại các số 1 nghiệm của phương trình Nixi ≡ 1(mod mi).  x x x 5 8, 8,  Vậy          x  của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod 143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348    3 2 là các nghiệm Tồn tại các số 1 x x x 5 8, 8, i i i i i i 2 3    của p ương tr n Vậy m N x 1 mod .               x  9 11 13 4 1200.          x  143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348 143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348    i i i của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod i i i x           : 1200 người. 143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348           9 11 13 4 1200. 9 11 13 4 1200.          x  143 8 3 936 8 1 99 5 4 6348      9 11 13 4 1200. : 1200 người. : 1200 người. 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong Đáp: 1200 người.      9 11 13 4 1200. “ đ i thành” và m t s sách khác : 1200 người. 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong 2.2.3. Định lí Trung Quốc về phần dư trong : 1200 người. Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến “ đ i thành” và m t s sách khác “ đ i thành” và m t s sách khác 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong “Toán pháp đại thành” và một số sách khác 2.2 3 ịnh lí Trung Qu c về phầ trong bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua “ đ i thành” và m t s sách khác Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến cuốn sách đ i thành7 được coi là của “ đ i thành” và m t s sách khác Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp Có thể khẳng định rằng người Việt Nam biết đến cuốn sách đ i thành7 được coi là của cuốn sách đ i thành7 được coi là của bài toán Điểm binh pháp (phép điểm binh) qua bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép bài toán ểm binh pháp (p ép đ ểm binh) qua Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp cuốn sách đ i thành7 được coi là của cuốn sách Toán pháp đại thành7 được coi là của lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. cuốn sách đ i thành7 được coi là của đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp Lương Thế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp đại Lương ế Vinh. Tuy nhiên, cuốn Toán pháp lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. B 4.2b ể b p áp ( đ đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép thành hiện nay còn lưu trữ chỉ là bản chép lại và đ i thành hiện nay còn ưu trữ chỉ là bản chép thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. B 4.2b ể b p áp ( đ B 4.2b ể b p áp ( đ lại và bài ểm binh pháp7 không có lời giải. bài Điểm binh pháp7 không có lời giải. thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 点兵法 B 4.2b ể b p áp ( đ B 4.2b ể b p áp ( đ Bài 4.2b Điểm binh pháp (Toán pháp đại thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 三人同行七十推 点兵法 点兵法 thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 thành, Bản B, tờ 64a; Bản A, tờ 115a):7 五樹枚花卄一枝 三人同行七十推 七人同行收半月 三人同行七十推 五樹枚花卄一枝 除百除五定為期 五樹枚花卄一枝 七人同行收半月 七人同行收半月 除百除五定為期 除百除五定為期 đồng hành thất thập suy N ũ mai hoa trấp nhất chi ểm binh pháp đồng hành thất thập suy đồng hành thất thập suy ểm binh pháp Thấ đồng hành thu bán nguyệt N ũ mai hoa trấp nhất chi N ũ mai hoa trấp nhất chi đồng hành thất thập suy Trừ bách trừ ũ định vi kỳ. đồng hành thất thập suy Thấ đồng hành thu bán nguyệt Thấ đồng hành thu bán nguyệt N ũ mai hoa trấp nhất chi N ũ mai hoa trấp nhất chi Tam nhân đồng hành thất thập suy Trừ bách trừ ũ định vi kỳ. Trừ bách trừ ũ định vi kỳ. Thấ đồng hành thu bán nguyệt Thấ đồng hành thu bán nguyệt p đ ểm binh Trừ bách trừ ũ định vi kỳ. Trừ bách trừ ũ định vi kỳ. p đ ểm binh p đ ểm binh Ba ngườ cùng đ t bảy chục N m cây oa ma 21 c n p đ ểm binh Ba ngườ cùng đ t bảy chục Ba ngườ cùng đ t bảy chục p đ ểm binh Bảy con đo n v n đ m tr ng t u N m cây oa ma 21 c n N m cây oa ma 21 c n Ba ngườ cùng đ t bảy chục Trừ tr m n n m b ết số thành. Ba ngườ cùng đ t bảy chục Bảy con đo n v n đ m tr ng t u Bảy con đo n v n đ m tr ng t u N m cây oa ma 21 c n N m cây oa ma 21 c n Trừ tr m n n m b ết số thành. Trừ tr m n n m b ết số thành. Bảy con đo n v n đ m tr ng t u

 

3 mod9

x

 Tồn tại các số x1 = 2, x2 = 2, x3 = 8 là các x x x 2, 2, 8 là các nghiệm Tồn tại các số 1 2 3 nghiệm của phương trình Nixi ≡ 1(mod mi). Vậy       của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod    x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 i i i 3 2 3 2        2, x 8 x x 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1   x           của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod 165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421    3 2 x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 i i i i i i 3 2    của p ương tr n Vậy m 1 mod . N x      (7 11 15) 2 1114.          x           x  165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421 165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421    i i i của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod i i i : 1114 người. x                165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421      (7 11 15) 2 1114. (7 11 15) 2 1114. Đáp: 1114 người.          x  165 2 1 105 2 3 77 8 4 3421 : 1114 người.    : 1114 người. (7 11 15) 2 1114. Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung,    (7 11 15) 2 1114. : 1114 người. thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ chia thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia : 1114 người. nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ thứ nhất cặp 7 người thì dư 6 người. Ngày thứ Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp Bài 2.2.11 Giả sử có một số lính bắn cung, chia nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ hai cặp 11 người thì dư 10 người. Ngày thứ ba 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao thành từng cặp tập bắn trong ba ngày. Ngày thứ cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai cặp 15 người cũng dư 10 người. Hỏi số người là nhiêu? nhất cặp 7 ngườ t dư 6 người. Ngày thứ hai 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp bao nhiêu? cặp 11 ngườ t dư 10 người. Ngày thứ ba cặp nhiêu? nhiêu? Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao 15 ngườ cũng dư 10 người. Hỏi số người là bao nhiêu?   Giải Gọi x là số cần tìm. Theo bài ra ta   Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ x 6 mod 7 nhiêu?  có hệ   Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ         x 6 mod 7  x 6 mod 7 10 mod11 x Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ        6 mod 7 x         x 10 mod11    x 10 mod11 x 10 mod15 .   x 6 mod 7        10 mod11 x       x 10 mod15 .   x 10 mod15 .  x 10 mod11   N     1 11 15 165;   10 mod15 . x    x 10 mod15 .  N   7 15 105;  N    N   1 11 15 165; 1 11 15 165; 2  N   N    7 11 77.  N   1 11 15 165;  N   7 15 105; 7 15 105;  N   3 1 11 15 165; 2 2      Vì  N       N   7 15 105; nên 1 7,15 11,15 7,11  N   7 11 77. 7 11 77.  N   2 7 15 105; 3 3 2       N        7 11 77.       nên 1 11,15 7,15 7,11       nên 1 11,15 7,15 7,11   N N N ,15 ,11 ,7  N   3 7 11 77. 3 2 1 3      Vì     nên 11,15 7,15 1 7,11                  Vì        N N N 1. ,15 ,11 ,7    N N N 1. ,15 ,11 ,7    nên 1 11,15 7,15 7,11 x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 3 2 1 3 2 1 3 2          N ,7 1. N ,15 N ,11                của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1    2 3 1 N N N 1. ,15 ,11 ,7 i i i 3 2 3 2 2 3 1        2, x x x 8 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1            x  của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod 165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240 Tồn tại các số x1 = 2, x2 = 2, x3 = 8 là các    2 3 x x x 8 2, 2, là các nghiệm Tồn tại các số 1 i i i i i i 3 2    của p ương tr n Vậy 1 mod m . N x nghiệm của phương trình Ni xi ≡ 1(mod mi).      Vậy          x  7 11 15 8 1000.          x  165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240 165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240    i i i của p ương tr n Vậy m N x . 1 mod i i i x           : 1000 lính. 165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240           7 11 15 8 1000. 7 11 15 8 1000.          x  165 2 6 105 2 10 77 8 10 10240      7 11 15 8 1000. : 1000 lính. : 1000 lính. Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n      7 11 15 8 1000. thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. : 1000 lính. Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n : 1000 lính. L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa Bài 2.2.12 Giả sử có b n n n cơm 3 n. L n L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu. thứ nhất xếp 9 người một bàn thì thừa 3 người. người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 L n thứ hai xếp 11 người một bàn thì thừa 1 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu. 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu. Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa 14 người. L n thứ ba xếp 13 người một bàn thì thừa 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu.   Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ   Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ 3 mod9 x 4 người. Hỏi số người là bao nhiêu.    Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ         x 3 mod9  3 mod9 x 2 mod11 x Giải Gọi x là số c n tìm. Theo bài ra ta có hệ     

x

2 mod11





2 mod11

x



4 mod13 .

x











 

x

3 mod9















2 mod11

x







4 mod13 .

x





4 mod13 .

x







2 mod11

x













N  

1 11 13 143;



4 mod13 .

x







4 mod13 .

x









N  

9 13 117;



2



N  

N  

1 11 13 143;

1 11 13 143;







N  

9 13 117;

N  

N  

9 13 117;

2

1 11 13 143;

2



N  

1 11 13 143;



N  

9 13 117;

2



N  

9 13 117;

2

Bảy con đo n v n đ m tr ng t u Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh Trừ tr m n n m b ết số thành. Nhận xét: đ i thành (được coi là của Nhận xét: đ i thành (được coi là của Trừ tr m n n m b ết số thành. pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình Đặt Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh Nhận xét: đ i thành (được coi là của Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng Nhận xét: đ i thành (được coi là của pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh Đặt Đặt đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, Lương ế Vinh) gọi bài toán này là ểm binh Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình Đặt một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) pháp, không gọi là đ ểm binh n ư rình đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, Đặt Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng 10 Đại Vị (1592). Đ u này là cơ sở để tin rằng một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, đ i thành hiện tồn (hai bản chép tay, 10 10 một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) một bản trước n m 1934 v một bản n m 1944) 10 10

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

七子爰排正半月

Ngũ thụ mai hoa chấp nhất chi

除百除五定為期

Thất nhân đồng hành thu bán nguyệt

Trừ bách trừ ngũ định vi kỳ.

Phiên âm:

Dịch:

Vận trù toán pháp

Phép điểm binh

Tam nhân đồng hành thất thập sư

Ngũ thụ cảo hoa chấp nhất chi

Ba người cùng đi ít bảy chục

Thất tử viên bài chính bán nguyệt

Năm cây hoa mai 21 cành

Trừ bách trừ ngũ định vi kỳ.

Bảy con đoàn viên đêm trăng thu

Trừ trăm linh năm biết số thành.

Trong Toán điền trừ cửu pháp (tờ 53b)16 cũng có bài Vận trù toán pháp thi (thơ về toán vận trù), thực chất cũng là bài Điểm binh pháp.

運筹算法詩

三人同行七十推

五人同行二十一支

七人同行收半月

除百除五定為期

Nhận xét: Toán pháp đại thành (được coi là của Lương Thế Vinh) gọi bài toán này là Điểm binh pháp, không gọi là Hàn Tín điểm binh như Trình Đại Vị (1592). Điều này là cơ sở để tin rằng Toán pháp đại thành hiện tồn (hai bản chép tay, một bản trước năm 1934 và một bản năm 1944) có bóng dáng Toán pháp đại thành của Lương Thế Vinh (1441 - 1496).

Phiên âm:

Vận trù toán pháp thi

Tam nhân đồng hành thất thập suy

Ngũ nhân đồng hành nhị thập nhất chi

Thất nhân đồng hành thu bán nguyệt

Trừ bách trừ ngũ định vi kì.

Trong cả ba cuốn sách7,15,16 đều không có

Hoàng Xuân Hãn9 đã chép lại bài Hàn Tín điểm binh từ sách Toán pháp thống tông của Trình Đại Vị và viết:9 Bài thơ này của Trình Đại Vỵ đời nhà Minh, dùng chữ sách có dính líu đến những chữ cần biết. Như ở câu đầu là dùng “tam nhân đồng hành tất hữu ngã sư” [ba người cùng đi tất có người là thầy ta] và câu “nhân sinh thất thập cổ lai hi” [Người bảy mươi xưa nay hiếm]. Và Ông xin dịch đổi lại như sau nầy cho dễ hiểu:

lời giải.

Ba người cùng hàng, nhân bảy mươi.

3. KẾT LUẬN

Năm người cùng hàng, nhân hăm mốt.

Bảy người cùng hàng, nhân mười lăm.

Trừ trăm linh năm thì tính suốt.

Nhưng rồi Hoàng Xuân Hãn cũng bình luận: Nghĩa vẫn là tối tăm. Nhưng ta phải hiểu rằng bài thơ trên là chỉ để nhớ mấy số quan hệ trong qui tắc mà thôi.9

Trong Lập thành toán pháp (tờ 21a)15 có bài Vận trù toán pháp (Phép toán vận trù = sắp xếp, tính toán trước):

運筹算法

三人同行七十師

五樹梅花卄一枝

Định lí Trung Quốc về phần dư đã được người Việt biết đến từ thời Lương Thế Vinh (1441- 1496), cách đây 500 năm. Theo tư liệu sách toán Hán-Nôm hiện tồn, có thể khẳng định, Nguyễn Hữu Thận (1757-1831) là người đầu tiên trình bày chi tiết lời giải và phát biểu một số bài toán tương tự. Ông cũng đã viết rõ: “Nếu số người nhiều hơn đáp số, thì từ cách giải cũng tìm được đúng số người”.8 Nghĩa là, phải “cắt đốt”: trừ BSCNN của các số mi, i = 1, 2,..., k, để được đáp số nhỏ nhất hoặc đáp số trong một khoảng nào đó. Qua khảo sát văn bản, có thể nói, các nhà toán học Việt Nam đã cảm nhận được cái hay về mặt toán học và ứng dụng trong thực tế của toán đồng dư. Tuy nhiên, người Trung Quốc còn đi xa

15

Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16

TẠP CHÍ

KHOA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

hơn: họ biết vận dụng định lí về đồng dư vào các bài toán thiên văn và tính toán lịch từ thế kỉ II trước Công nguyên.

7. 算法大成 Toán pháp đại thành (được coi là của 梁 世榮 Lương Thế Vinh), Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm, kí hiệu: A.2931 (trước 1934), Bản thảo bản dịch A.2931 của Cung Thị Kim Thành, 2017.

8. 阮 有 慎 Nguyễn Hữu Thận. 意齋算法一得錄 Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, Bản viết tay, 1829. Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm, A.3665, Bản thảo bản dịch của Đoàn Thị Lệ và Cung Thị Kim Thành (2015 - 2017).

9. Hoàng Xuân Hãn. Hàn Tín điểm binh, báo Khoa

học, 1943, 2(13-14),1-7.

Các sách toán Hán-Nôm thường đưa ra lời giải cho những bài toán thực tế, vì vậy nó vẫn còn có giá trị không chỉ trong nghiên cứu lịch sử toán học, mà còn trong giảng dạy toán kết hợp với thực tiễn, một trong các định hướng của Chương trình toán 2018 và trong các sách giáo khoa mới. Những ví dụ trong sách toán Hán- Nôm (và được giới thiệu trong bài này) vẫn có thể sử dụng trong dạy và học chuyên đề Đồng dư trong chương trình toán Trung học và toán Đại học hiện hành.

10. 楊輝 Dương Huy. 楊輝算法 Dương Huy toán pháp, in lại trong Trung Quốc lịch đại toán học tập thành, Nxb Nhân dân Sơn Đông, Tế Nam, 1994, quyển Thượng (chữ Hán).

TÀI LIỆU THAM KHẢO

11. 周密 Chu Mật. 志雅堂雜鈔 Chi nhã đường tạp sao, 1290, quyển Hạ, in lại trong 粵雅堂叢書 Việt Nhã Đường tùng thư (tập 1), 1853 (chữ Hán).

12. Jean-Claude Marzloff. History of Chinese Mathematics, Springer-Verlag, Berlin, 2006.

1. 孙子算经. Tôn Tử toán kinh, in lại trong Trung quốc khoa học kỹ thuật điển tịch thông vựng, Quách Thư Xuân chủ biên, (Toán học, Quyển 1), Nxb Giáo dục Hà Nam, Trung Quốc, 1993 (chữ Hán).

2 S. Kangsheng. Historical Development of the Chinese remainder theorem, Archive for History of Exact Sciences, 1988, 38(4), 285-305.

13. Hà Huy Khoái. Số học, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội, 2004; Hà Huy Khoái. Nhập môn Số học thuật toán, Nxb Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội, 1998; Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển. Số học thuật toán: Cơ sở lý thuyết và tính toán thực hành, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội, 2003.

3. 秦九韶 Tần Cửu Thiều. 数书九章 Số thư Cửu chương, in lại trong 中国历代算学集成 Trung Quốc lịch đại toán học tập thành (tập Thượng), Nxb Nhân dân Sơn Đông, Tế Nam (chữ Hán), 1994.

14. 范嘉紀 Phạm Gia Kỷ. 大成算學指明 Đại thành toán học chỉ minh, Bản viết tay, khoảng 1840, Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm, A.1555, Bản thảo bản dịch của Phạm Vũ Lộc, 2018.

4. 程 大 位 Trình Đại Vị. 算 法 統 宗 Toán pháp thống tông, in lại trong Trung Quốc khoa học kỹ thuật điển tịch thông vựng (Toán học, quyển 2), Quách Thư Xuân chủ biên, Nxb giáo dục Hà Nam, Trung Quốc, 1993, 1217-1346 (chữ Hán).

15. 立 成 算 法 Lập thành toán pháp, Bản viết tay. Không rõ tác giả và năm viết, Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm, kí hiệu VHv.497, Bản thảo bản dịch của Phan Thị Ánh Tuyết, 2017.

5. Nguyễn Duy Liên. Định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, 2017, 485, 6-12.

16. 算田除九法 Toán điền trừ cửu pháp, Bản viết tay. Không rõ tác giả và năm viết, Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm, kí hiệu VHb.50, Bản thảo bản dịch của Phan Thị Ánh Tuyết, 2017.

6. C. Ding, D. Pei, and A. Salomaa. Chinese remainder theorem, application in computing, coding, Scientific cryptography, World Publishing Co., Singapore, 1996.

16

Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, 2022, 16(4), 5-16