Mc lc Li nói đu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
. . . .
7 7 8 14 15
. . . . .
17 17 18 18 21 27
Phương pháp đi xng hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phương pháp dùng bt đng thc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp t luyn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29 29 32 36
1 Bưc Bưc nh nhy Viete Viete
M đu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Li gii nguyên thy ca bài toán và các vn đ liên quan Gi ý cho mt s bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . Các bài toán th sc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
2 Vn Vn dng phư phươn ơngg pháp LTE LTE vào gii gii các bài bài toán s hc
Mt s khái nim . . . . . . . . . . . Hai b đ . . . . . . . . . . . . . . . Lifting The Exponent Lemma (LTE) Mt s ví d . . . . . . . . . . . . . Bài tp vn dng . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
3 Các bài bài toán toán s hc hoán hoán v vòng vòng quan quanhh
4 Dãy Dãy s s hc hc
Dãy s nguyên và tính cht s hc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dãy s nguyên và tính chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Mt Mt s hàm hàm s s hc và ng ng dn dngg
Hàm tng các ưc s và s các ưc s Kin thc cn nh . . . . . . . Ví d áp dng . . . . . . . . . . Bài tp có hưng dn, gi ý . . Bài tp t gii . . . . . . . . . . Mt s hàm s khác . . . . . . . . . Hàm phn nguyên . . . . . . . . Hàm tng các ch s . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
39 39 47 61 61 61 62 65 66 68 68 69
4 Hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp tng hp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69 70
. . . . . .
73 73 76 79 80 81 83
Cp ca mt s nguyên dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Căn nguyên thy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
85 85 97
6 Thng Thng dư bình bình phư phươn ơngg
Tính cht cơ bn ca thng dư bình phương và kí hiu Legendre Bài tp ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kí hiu Jakobil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Khai thác mt b đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp đ ngh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
7 Cp Cp và và căn căn ngu nguyyên th thyy
8 Hàm phn phn nguy nguyên ên và và phn phn l
Đnh nghĩa, tính cht và bài tp cơ bn . . . . . Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . Các tính cht quen thuc . . . . . . . . . . . Bài tp cơ bn . . . . . . . . . . . . . . . . ng dng đnh lý Hermite và đnh lý Legendre . Hàm có cha phn nguyên . . . . . . . . . . . . . Hàm phn nguyên trong vic tính tng các ch s Đnh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tính cht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . Bài tp tng hp . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
101 101 101 101 103 105 109 115 115 115 116 118
Li nói đu “S hc h c là bà hoàng ca Toán hc” Có th nói S hc là lĩnh vc xut hin sm nht trong lch s Toán hc. Khi con ngưi bt đu làm vic vi nhng con s thì khi y, S hc ra đi.Tri qua hàng nghìn năm phát trin, S hc vn gi đưc v đp thun khit ca nó. V đp y đưc th hin qua cách phát biu đơn gin ca bài toán, đn ni mt hc sinh lp 6 cũng có th hiu đưc. Th nhưng, v đp y thưng thưng tim n nhng th thách thách sâu thm bên b ên trong đ thách thách thc trí tu loài ngưi. . . Hãy nói v Đnh lý Fermat ln, mt đnh lý đã quá ni ting trong th gii Toán hc. Trong mt tuyn tp văn hc vi ta đ Tho ưc vi Qu có có truyn ngn Con Qu và Simon Flagg ca Arthur Poges. Trong truyn ngn này con Qu có đ ngh Simon Flagg đt cho nó mt câu hi. Nu con Qu tr li đưc trong vòng 24 gi, nó s ly đi linh hn ca Simon, còn nu nó đu hàng nó s tr cho Simon 100.000 đôla. Simon đã đt cho con Qu câu hi: “ Đnh lý cui cùng ca Fermat có đúng không?” Nghe xong, con Qu bin mt và bay vút đi khp vũ tr đ tip thu tt c tri thc toán hc đã tng đưc sáng to ra. Ngày hôm sau con Qu quay tr li và thú nhn: “Simon, ngươi đã thng”, con Qu bun ru nói và nhìn Si mon vi con mt đy thán phc. “Ngay c ta, ta cũng không có đ kin thc toán hc đ trong mt thi gian ngn như th có th gii đáp đưc mt bài toán khó như vy. Càng nghiên cu sâu nó càng rc ri hơn...Chà! Ngươi có bit”-Con Qu tâm s- “ngay c nhng nhà toán hc gii nht trên các hành tinh khác, h còn uyên bác hơn nhng nhà toán hc ca các ngươi nhiu, cũng không gii ni câu đ đó không? Thì đy, mt gã trên sao Th nhìn ging như mt cây nm trên cà kheo, gã có th gii nhm các phương trình vi phân đo hàm riêng, mà cũng phi đu hàng đó thôi.”
Chính vì có cách phát biu đơn gin nhưng cn nhng suy lun sâu sc và tinh t nên nhng bài toán S hc trong các kì thi Olympic thưng đưc dùng đ phân loi hc sinh. Tuy rng trên th trưng đã có rt nhiu cun sách vit v S hc, nhưng nhu cu sách v lĩnh vc này chưa bao gi vơi đi. Đc bit, ngày càng nhiu càng phương pháp mi xut hin, cn mt đu sách không nhng phát trin nhng phương pháp cũ mà còn có th gii thiu nhng phương pháp mi hoc nhng cái nhìn mi v nhng vn đ cũ. “Chuyên “Chuyên đ S hc” ca Din đàn Mathscope ra đi chính là đ đáp ng nhu cu đó ca đông đo hc sinh, sinh viên và giáo viên trên khp c nưc. Chuyên đ đưc thc hin bi các thành viên ca Din đàn Mathscope, bao gm các ch đ: Cp và căn nguyên thu, Các bài toán s hc hoán v vòng quanh, Dãy s s hc, Hàm s hc, B đ nâng s mũ LTE, Phn nguyên,
6 Thng dư chính phương, Phương pháp bưc nhy Viete. Hi vng đây s là mt tài liu hu ích cho các bn đc gn xa trong vic ôn luyn cho các kì thi Olympic. Đ hoàn thành chuyên đ này, ban biên tp xin gi li cm ơn sâu sc đn tác gi ca các bài vit, các thành viên đã tham gia tho lun, đóng góp trên Din đàn. Đc bit, xin gi li cm ơn sâu sc đn Ban qun tr ca Din đàn Mathscope đã luôn to điu kin tt nht cho ban biên tp đ hoàn thành chuyên đ này. Cun sách này chính là thành qu quá trình lao đng nghiêm túc ca các thành viên trong ban biên tp, nhưng hơn ht đây vn là mt sn phm đáng quý ca cng đng Mathscope nói riêng và cng đng Toán hc Vit Nam nói chung. Tuy đã đưc kim tra kĩ càng nhưng chuyên đ không tránh khi nhng sai sót. Mi góp ý v chuyên đ xin đưc gi lên Din đàn Mathscope (mathscope.org) hoc gi v hp mail
[email protected]. Xin chân thành cm ơn. Thành ph H Chí Minh, ngày Ph n Vit Nam 20-10-2013 Thay mt Ban biên tp Phm Tin Kha
C : B V Phm Huy Hoàng
1
M đu Trong các kì thi hc sinh gii, các bài toán v phương trình Diophante bc hai đã không còn xa l. Phương trình Pell là mt trong các ví d ni bt nht v phương trình Diophante bc hai, tuy nhiên do lưng bài toán v phương trình Pell đã khá nhiu, nên trong kì thi IMO 1988 đã xut hin mt dng bài phương trình Diophante bc hai rt mi m thi by gi: Cho a, b là hai s nguyên dương tha mãn ab + 1|a2 + b2 . Chng minh rng a2 + b2 ab + 1
là s chính phương.
Bài toán này đưc coi là khó nht trong các kì thi IMO trưc năm 1988 và cũng là bài toán khó nht trong kì thi này. Tác gi Authur Engel đã tng bình lun v bài toán này (nguyên văn): " Nobody of the six members of the Australian problem committee could solve it. Two of the members were George Szekeres and his wife, both famous problem solvers and problem creators. Since it was a number theoretic problem it was sent to the four most renowned Australian number theorists. They were asked to work on it for six hours. None of them could solve it in this time. The problem committee submitted it to the jury of the XXIX IMO marked with a double asterisk, which meant a superhard problem, possibly too hard to pose. After a long discussion, the jury finally had the courage to choose it as the last problem of the competition. Eleven students gave perfect solutions." Dch ra ting Vit nôm na là: "Không có ai trong s sáu thành viên ca hi đng giám kho ca Úc gii đưc bài toán này. Hai thành viên ni bt trong đó, đu là nhng ngưi ni ting gii và sáng to các bài toán, là George Szekeres và v ông. Đây là bài toán s hc nên nó đã đưc gi cho bn nhà s hc ln nht ca Úc by gi. H đưc yêu cu gii bài toán trong sáu gi và không có ai gii đưc sau đó. Hi đng thm đnh np cho 1
Đi hc Khoa hc T Nhiên
8 ban giám kho IMO XXIX bài toán này vi hai du hoa th, đ nói lên là nó rt khó, hoc là quá khó đ ra trong kì thi. Sau mt hi bàn bc, hi đng IMO XXIX quyt đnh chn bài toán này làm bài cui ca kì thi. Có mưi mt hc sinh cho li gii hoàn chnh ca bài toán." Trong s 11 hc sinh đó có Giáo sư Ngô Bo Châu ca chúng ta.
Li gii nguyên thy ca bài toán và các vn đ liên quan Chúng ta bt đu vi bài toán gc: Bài toán 1. Cho a, b là các s nguyên dương tha mãn ab + 1 | a2 + b2 . Chng minh rng a2 + b2 ab + 1
là s chính phương Li gii. Đt k =
trình
a2 +b2 ab+1
. C đnh k và xét tt c các cp (a, b) nguyên dương tha mãn phương a2 + b2 k= , ab + 1
có nghĩa là xét tp S =
(a, b)
a2 + b2 ∗ N k= ab + 1
∈ N∗ × |
Vì S là tp các cp s nguyên dương nên luôn tn ti mt cp (a0 , b0 ) trong S mà a 0 + b0 đt giá tr nh nht và a0 b0 . Xét phương trình x2 + b20 = k xb0 + 1
2
2 0
⇔ x − kx.b + b − k = 0 0
là mt phương trình bc hai n x . Ta đã bit rng phương trình trên có mt nghim là a0 . Như vy theo đnh lý Viete thì tn ti nghim a1 tha mãn phương trình bc hai vi n x trên và a1 = kb0
−a
0
=
b20
− k.
a0
T đây ta có a1 cũng là s nguyên. Ta chng minh a1 không âm. Tht vy, nu a 1 < 0 thì a21
2 0
2 1
2 0
− kb a + b − k a + k + b − k > 0, 0 1
mâu thun. Do đó ta có a1 0. T đây ta có: Nu a1 > 0 thì (a1 , b0) là mt cp thuc S . Theo đnh nghĩa ca (a0 , b0 ) ta có: a0 + b0 a1 + b0
⇒ a
0
a1 .
Do đó cũng theo Viete thì: a20 a0 a1 = b 20
2 0
− k < b ⇒ a < b , 0
0
trái vi gi thit ban đu. Do đó a1 = 0, vì vy suy ra k = b20 là mt s chính phương, ta có điu cn chng minh.
9 T bài toán này ta có th thy đưc các bưc gii bài toán dùng phương pháp này như sau: 1. Nhn dng bài toán thuc lp phương trình Diophante bc hai (tr lên). 2. C đnh mt giá tr nguyên mà đ bài cho, ri gi s tn ti mt cp nghim tha mãn mt vài điu kin mà không làm mt tính tng quát ca bài toán. 3. Da vào đnh lý Viete đ tìm các mi quan h và s mâu thun, t đó tìm đưc kt lun ca bài toán. Đim mu cht ca các bài toán này là nguyên lí cc hn : Trong tp hp các s nguyên dương thì luôn tn ti s nguyên dương nh nht. Mnh đ trên không nhng hu dng trong các lp bài toán này mà còn trong nhiu bài toán t hp, t hp s hc và s hc. T nhng bài toán tip theo, tôi s trình bày vn tt các bưc làm và cách làm thay vì trình bày đy đ như bài toán trên, đ các bn có th t phát huy tính t làm vic ca mình. Phn gi ý s có cui bài vit. Bài toán 2. Tìm tt c các s nguyên dương n sao cho phương trình sau có nghim nguyên dương : x2 + y 2 = n(x + 1)(y + 1).
Chng minh. Chúng ta s làm theo các bưc như bài toán trên:
1. C đnh n, gi s tn ti cp (x0 , y0 ) mà tng x0 + y0 min và x0 y0 . 2. Xét phương trình bc 2 n X như sau: X 2
2 0
− X.n(y + 1) + y − ny − n = 0. 0
Phương trình có nghim là x0 nên có nghim x1 . 3. Áp dng đnh lý Viete: x0 + x1 = n(y0 + 1), x0 x1 = y 02
− ny − n. 0
4. Tương t bài trưc, các bn chng minh x1 0 và t đó s chng minh x1 = 0 bng cách chng minh x 1 > 0 thì s dn đn mâu thun. 5. T đó đi đn kt lun bài toán: x 1 = 0 và y 02 = n(y0 + 1) suy ra y 0 + 1 | y 02 , là điu không th xy ra khi y0 nguyên dương. Do đó không tn ti s nguyên dương n tha mãn phương trình đu tiên. T bài toán này, ta dn đn đưc bài toán thú v sau: Bài toán 3. Gi s a, b nguyên dương tha mãn: b + 1 a 2 + 1, a + 1 b 2 + 1.
|
Chng minh rng a, b đu là các s l.
|
10 Chng minh. Nhìn vào bài toán trên, t gi thit ta không nhìn thy mi tương quan gia a, b
và tính chn l ca hai s đó. Vì vy, nh bn năng và kinh nghim, cách làm tt nht đ thêm d kin là s dng phương pháp phn chng. Gi s a, b đu là các s chn. T gi s này, bn đc hãy chng minh hai mu cht sau: 1. a + 1 và b + 1 nguyên t cùng nhau. 2. a + 1 | a2 + b2 , b + 1 | a2 + b2 . T đó suy ra tn ti n nguyên dương sao cho a2 + b2 = n(a + 1)(b + 1) và theo bài toán trên ta có điu mâu thun. Vì vy a, b l. Bài toán trên cũng là mt b đ quan trng ca mt bài toán trong IMO Shortlist 2009. Bài toán 4. Tìm tt c các s nguyên dương n sao cho tn ti dãy s nguyên dương a1 , a2 ,...,an tha mãn 2 ak+1 =
vi mi k tha mãn 2 k n − 1.
ak + 1 ak−1 + 1
− 1
(Phn gi ý s có cui bài vit). Khi đã gii đưc hai bài toán trên thì đa s các bài toán vi hai bin x, y s thành chuyn "đơn gin". Xin mi bn đc th sc vi bài toán sau, và điu n sau đó mi là điu thú v: Bài toán 5. Tìm tt c các s n nguyên dương sao cho phương trình sau có nghim nguyên dương: (x + y)2 = n(4xy + 1).
Chng minh. Chúng ta tun t theo các bưc trên. Đáp án là vi n là s chính phương thì
phương trình luôn có nghim nguyên dương.
Đáng chú ý là bài toán đơn gin như vy mà li là mt b đ cc kì quan trng cho mt bài toán khó sau: Bài toán 6 (Taiwan MO 1998) . Cho m, n là hai s l vi m > n > 1 tha mãn m2
2
−n
+ 1 n 2
| − 1.
Chng minh rng m2 − n2 + 1 là s chính phương. Chng minh. Nhìn vào bài toán này và bài toán trên, chúng ta không th thy ngay s liên h.
Gi ý cho bài toán này là làm th nào đ chuyn v bài toán trưc. T gi thit ta có m 2 − n2 + 1 | n 2 − 1, đ cho tin và gn hơn, ta có m 2 − n2 + 1 | m2 . T đây ta có th đt m 2 = k.(m2 − n2 + 1) vi k nguyên dương. Đn đây thì chc không khó đ nhìn ra mi liên h: T gi thit m, n l, tn ti hai s nguyên dương a, b sao cho m = a + b, n = a − b. Do đó phương trình trên tr thành: (a + b)2 = k(4ab + 1),
chúng ta quay v bài toán trên. Vy k là s chính phương, do đó 4ab + 1 cũng là s chính phương hay m2 − n2 + 1 là s chính phương.
11 Nhìn bài toán trên, như mt ngưi làm toán, chúng ta không khi thc mc là: liu có tn ti hai s m, n như vy không đ tha mãn m 2 − n2 + 1|n2 − 1 đ ri suy ra m 2 − n2 + 1 là s chính phương? Bng li suy nghĩ đó chúng ta nên tìm th mt nghim ca bài toán: Bài toán 7. Tìm mt cp nghim (m, n) l nguyên dương tha mãn điu kin bài toán trên. Chng minh. Th mt vài giá tr, bài toán không h d như các bn tưng: Chúng ta không
th "mò" nghim đ ri suy ra đưc. Chúng ta nên bt đu vi cách làm t nhiên nht: đt m2 = k(m2 − n2 + 1) . Vì bài toán ch yêu cu mt nghim, ta bt đu vi k = 1 là s chính phương đu tiên: m2 = m 2
2
−n
+1
⇔ n = 1,
không tha mãn vì m > n > 1 . Tip tc vi k = 4 là s chính phương tip theo: m2 = 4(m2
2
−n
+ 1)
2
⇔ 4n − 3m
2
= 4.
T phương trình trên suy ra 2 | m hay đt m = 2t. T đó phương trình tương đương vi n2
2
− 3t
= 1,
tr v phương trình Pell quen thuc và phương trình này chc chn có nghim vì 3 không phi là s chính phương. Tìm nghim ca phương trình này không h khó, các bn có th t tìm bng cách s dng công thc nghim tng quát ca phương trình Pell hoc h phương trình. Vy tt c các bài toán trên đu có th tìm đưc nghim tha mãn. Bài toán va xong ch là mt nghim đơn gin. Câu hi là có th tìm đưc nghim tng quát không? Câu tr li là có. Trong kì thi chn hc sinh gii Toán quc gia năm 2012, bài toán cũng s dng phương pháp bưc nhy Viete đ gii đưc bài toán. Xin trích dn đ bài, bài gii trong tài liu "Nhn xét và đánh giá đ thi VMO 2012" ca Thy Trn Nam Dũng: Bài toán 8. Xét các s t nhiên l a, b mà a là ưc s ca b2 + 2 và b là ưc s ca a2 + 2 . Chng minh rng a và b là các s hng ca dãy s t nhiên (vn ) xác đnh bi v1 = v 2 = 1; vn = 4vn−1
− v − , ∀n 2. n 2
Chng minh. Gi s (a, b) là cp s t nhiên l mà a là ưc s ca b2 + 2 và b là ưc s ca a2 + 2 . Trưc ht ta chng minh (a, b) = 1. Tht vy, đt d = (a, b) thì do d a b2 + 2 nên d 2 . Mà a, b l nên d l, suy ra d = 1. Xét s N = a2 + b2 + 2 thì do a 2 + 2 chia ht cho b nên N chia ht cho b . Tương t, N chia ht cho a. Vì (a, b) = 1 nên t đây suy ra N chia ht cho ab. Vy tn ti s nguyên dương k sao
| |
|
cho a2 + b2 + 2 = kab
(1)
Tip theo, ta chng minh k = 4. Tht vy, đt A = {a + b|(a, b) ∈ N∗ × N∗ , a2 + b2 + 2 = kab}. = ∅. Do tính sp th t tt ca N, A có phn t nh nht. Gi s Theo gi s trên thì A
12 a0, b0 là cp s tha mãn điu kin (1) vi a0 + b0 nh nht. Không mt tính tng quát, có th gi s a0 b0 . Xét phương trình a2 kb0 a + b20 + 2 = 0 có 2 nghim a0 . Theo đnh lý Viete thì phương trình trên còn có 1 nghim na là a1 = kb0 a0 = b02+2 . Theo công thc nghim thì rõ ràng a 1 nguyên dương. Như vy (a1 , b0 ) cũng là mt nghim ca (1). Do tính nh nht ca a0 + b0, ta có a0 + b0 a1 + b0, tc là a0 kb0 a0 suy ra ab00 k2 . Ta có a20 + b20 + 2 = ka0 b0 suy ra a0 b0 2 + + = k (2) b0 a0 a0 b0
−
−
−
Do ab00 k2 nên t (2) ta có k k2 + 2 + 1 hay k 6. Mt khác, áp dng bt đng thc AM-GM ta có a20 + b20 2a0 b0 nên k > 2 . = 4 thì (a0 , b0 ) = (1, 1), do đó a0 b0 2. Dùng (2) đ đánh giá ta có k k2 + 1 + 1 nên Nu k k 4. Vy các giá tr k = 5, 6 b loi. Nu k = 3 thì do a 20 + b20 +2 = 3a0 b0 nên suy ra a 20 + b20 + 2 chia ht cho 3, suy ra mt trong hai s a0 , b0 chia ht cho 3, s còn li không chia ht cho 3. Nu b0 = 1 thì a0 chia ht cho 3, khi đó v trái không chia ht cho 9 còn v phi chia ht cho 9, mâu thun. Vy b0 > 1 . T đó suy ra a0 b0 6. Li s dng (2) đ đánh giá, ta suy ra k
k 2 +1+ 2 6
⇒ k < 38 .
Mà k ∈ N nên k 2, mâu thun. Như vy ta đã chng minh đưc nu a, b là các s t nhiên l tha mãn điu kin đ bài thì a2 + b2 + 2 = 4ab
(3)
Ta s chng minh trong trưng hp như vy thì tn ti s nguyên dương n sao cho (a, b) = (vn , vn+1) vi vn là dãy s đưc đnh nghĩa đ bài. Trưc ht, ta có nhn xét : Nu a, b là nghim ca (3) thì (4a − b, a) và (4b − a, b) cũng là nghim ca (3). T đó, do (v1, v2 ) là nghim ca (3) nên (4v2 − v1 , v2 ) cũng là nghim ca (3), tc là (v2 , v3 ) cũng là nghim ca (3). T đây bng quy np suy ra (vn , vn+1 ) là nghim ca (3). Gi s tn ti cp s (a, b) tha mãn (3) nhưng không tn ti n sao cho (a, b) = (vn , vn+1 ). Trong các cp s như th, chn (a, b) có tng a + b nh nht. Không mt tính tng quát, gi s a > b (chú ý a không th bng b vì nu a = b suy ra a = b = 1, khi đó (a, b) = (v1, v2 ). 2 Theo nhn xét trên thì 4b − a, b cũng là nghim ca (3). Nhưng do 4b − a = b a+2 < a (Vì a > b nên ab − b2 = (a + b)(a − b) 3 )), nên 4b − a + b < a + b. Theo đnh nghĩa ca (a, b) trên, 2 phi tn ti n sao cho (4b − a, b) = (vn , vn+1 ). S dng đng thc 4b − a = b a+2 và b > 1, ta suy ra 4b − a b. Như vy 4b − a = vn , b = vn+1 . Nhưng t đây a = 4vn+1 − vn = vn+2 , tc là (a, b) = (vn+1 , vn+2 ) mâu thun. Vy điu gi s là sai, tc là phi tn ti s t nhiên n sao cho (a, b) = (vn, vn+1 ) và như vy a, b là s hng ca dãy (vn ). Bài toán đưc gii quyt hoàn toàn. Nhn xét:
• Bài toán này có 2 ý chính:
13 1. Chng minh rng nu k là s nguyên dương sao cho tn ti a, b nguyên dương tha mãn điu kin a2 + b2 + 2 = kab thì k = 4. Phn này khá quen thuc vi các bn bit v phương pháp phương trình Markov hay “bưc nhy Viete”. 2. Mô t tt c các nghim ca phương trình a 2 + b2 + 2 = 4ab thông qua cp s hng liên tip ca dãy vn, cái này gi là phương pháp gien.
• Phương trình (3) còn có th gii thông qua phương trình Pell z − 3b = −2. Tuy nhiên 2
2
cách gii này s khá cng knh vì đây không phi là phương trình Pell loi 1.
Như vy qua nhn xét ca bài toán trên, thy Trn Nam Dũng đã tng kt li các bưc làm chính: Đó là s dng bưc nhy Viete đ tìm đưc k và s dng phương pháp Gien, phương pháp lùi vô hn đ tìm đưc đim đc bit ca nghim, đó là nu (a, b) là nghim thì (4b − a, b) cũng là nghim, dn đn tìm đưc nghim tng quát ca phương trình trên. Ngoài ra thy cũng đã đ cp ti phương trình Markov , là mt phương trình rt ni ting, có th nói là "thy t" ca phương pháp bưc nhy Viete: Bài toán 9 (Phương trình Markov) . Tìm tt c các s nguyên dương k sao cho phương trình sau có nghim nguyên dương: x2 + y 2 + z 2 = kxyz.
Chng minh. Chúng ta va gii quyt xong các lp bài toán vi hai n, vy bài toán ba n thì
li gii có khác không? Và khác như th nào? Liu ta có th tìm đưc cách gii tng quát cho bài toán vi ba n như vi hai n không? Cách gii bài toán này ph thuc vào cách gii bài toán đi vi hai s, trưc ht ta cn b đ sau: B đ 1. k = 3 là s nguyên dương duy nht đ phương trình sau luôn có nghim nguyên dương (x, y): x2 + y 2 + 1 = kxy.
B đ trên là mt bài toán s dng bưc nhy Viete quen thuc, mi bn đc t gii. Tr li bài toán: 1. Thy k = 1 thì phương trình có nghim (3, 3, 3) và k = 3 thì phương trình có nghim (1, 1, 1). = 1, 3. Gi s phương trình có nghim (x0 , y0 , z 0 ). Không mt tính tng quát, gi 2. Xét k s x0 y0 z 0 và x0 + y0 + z 0 nh nht trong tt c các tng x + y + z vi x,y,z là nghim ca phương trình.
• Nu y
0
< z 0 , xét phương trình bc hai: Z 2
2 0
− k.x y .Z + x + y 0 0
2 0
= 0.
Phương trình trên có mt nghim là z 0 . Theo đnh lý Viete thì có nghim th hai z 1 tha mãn: z 1 = kx0y0
−
x20 + y02 z 0 = . z 0
14 T đó suy ra z 1 nguyên dương và (x0 , y0 , z 1) là nghim th hai. Do đó theo gi thit cc hn ta có: x0 + y0 + z 0 x0 + y0 + z 1
⇒ z z ,
dn đn x20 + y02
0
1
2 0
− kx y = z z − z − z = (z − 1)(z − 1) − 1 y − 1, 0 0
1 0
1
0
1
0
và suy ra 1 x0(ky0
•
− x ) x (kx − x ) x , 0
0
0
0
0
mà x0 nguyên dương suy ra x0 = 1. Ta tr v bài toán y 2 + z 2 + 1 = kyz , chính là b đ suy ra k = 3, trái gi thit. Nu y0 = z 0 . Ta có 2y02
2 0
2 0
− py + x = 0 ⇒ x
và t đó dn đn 3 px0 , mà px0
2 0
= y 02( px0
2 0
− 2) x ( px − 2), > 2 nên px = 3 suy ra p ∈ {1, 3}, trái gi thit 0
0
Vy k ∈ {1, 3} thì phương trình luôn có nghim nguyên dương.
Trên đây là mt s bài toán mà tôi mun gii thiu vi bn đc, đó là các bài toán khá quen thuc và đưc lp li trong nhiu kì thi. Tôi hi vng qua bài vit này bn đc có th nm bt phương pháp gii mt lp các bài toán v phương trình bc hai Diophante nhiu n. Sau đây là gi ý cho các bài toán và mt s các bài toán th sc.
Gi ý cho mt s bài toán 2. Chng minh x1 0: x21
− x n(y + 1) − n(y + 1) 1
0
0
+ y02
=0
⇔
x20 + y02 x 1 = n(y0 + 1)
− 1 > −1,
mà x1 nguyên nên x1 0. 3. Vi a, b chn: có b + 1 | b2 − 1, b + 1 | a2 + 1 nên b + 1 | a2 + b2 . Tương t a + 1 | a2 + b2 . Gi d = (a + 1, b + 1, hãy chng minh d | 2 mà d l do a + 1, b + 1 l nên d = 1, t đó suy ra a2 + b2 = k(a + 1)(b + 1). 4. n = 1, 2, 3, 4. D dàng ch ra dãy vi n = 1, 2, 3. Dãy có đ dài 4: 4,33,27,1384. Phn chng tn ti dãy đ dài 5: a1 , a2 , a3, a4, a5 . T đây chng minh hai mnh đ sau: (a) a2 , a3 chn (s dng phn chng) (b) a2 + 1 | a23 + 1, a3 + 1 | a22 + 1 . 5. Chng minh x1 0: t phương trình ta có (x1 + y0)2 4x1 y0 = n
mà x1 nguyên nên x1 > 0 .
− 1 > −1 ⇔ x > − 4y1 1
0
15
Các bài toán th sc Bài toán 10. Chng minh rng nu a, b là các s nguyên dương sao cho k = nguyên thì k = 8. Bài toán 11.
a2 +b2 +6 ab
là s
1. Tìm n sao cho phương trình sau có nghm nguyên dương: (x + y + z )2 = nxyz
2. Tìm n sao cho phương trình sau có nghm nguyên dương: (x + y + z + t)2 = nxyzt
Bài toán 12 (M rng phương trình Markov) . Cho a, b, c là ba s nguyên tha mãn a2 + b2 + c2 = kabc.
Chng minh rng hoc (a,b,c) = 1 hoc (a,b,c) = 3. Bài toán 13. Chng minh rng phương trình x2 + y 2 + z 2 = n(xyz + 1)
có nghim nguyên dương khi và ch khi n đưc biu din dưi dng tng ca hai s chính phương. Bài toán 14 (Adapted from Vietnam TST 1992) . Tìm tt c các cp s nguyên dương (a, b) tha mãn a2 + b2 = k(ab
− 1).
Bài toán 15 (Turkey TST 1994). Tìm tt c các cp (a, b) mà ab | a 2 + b2 + 3. Bài toán 16. Cho a, b, c là ba s nguyên dương tha mãn 0 < a2 + b2
− abc c,
chng minh rng a2 + b2 − abc là s chính phương. Bài toán 17. Chng minh rng tn ti vô hn các cp (m, n) nguyên dương tha mãn m + 1 n + 1 + = 4. n m
Bài toán 18 (IMO Shortlist 2003) . Tìm tt c các cp a, b tha mãn a2 2ab2 b3 + 1
−
Bài toán 19. Chng minh rng tt c nghim nguyên dương ca phương trình x2 +y2 +1 = 3xy là (x, y) = (F 2k−1 , F 2k+1 ) vi F n là s Fibonacci.
16 Bài toán 20 (IMO 2007, IMO shortlist) . Cho a, b nguyên dương. Chng minh rng nu 4ab − 1 | (4a2 − 1)2 , thì a = b . Gi ý. Dùng phn chng, gi s a > b vi mi a, b tha mãn. T gi thit, hãy chng minh:
1. 4ab − 1 | (a − b)2 2. a0 − b0 (a0 + b0 )(4a0 b0 − 1) vi a 0 , b0 là nghim nh nht theo nghĩa a 0 + b0 min, t đó suy ra mâu thun
Bài toán 21 (**, Kiran Kedlaya) . Chng minh rng (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) là s chính phương khi và ch khi xy + 1, yz + 1, zx + 1 là s chính phương.
1. Nu xy + 1, yz + 1, zx + 1 là s chính phương thì hin nhiên ta có tích ba s đó chính phương.
Gi ý.
2. Nu (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) là s chính phương. Hãy chng minh tn ti t tha mãn h sau:
− z − t) (x + z − y − t) (x + t − y − z ) (x + y
2
= 4(xy + 1)(zt + 1)
2
= 4(xz + 1)(yt + 1)
2
= 4(xt + 1)(yz + 1)
(t chính là nghim ca phương trình t2 + x2 + y2 + z 2 − 2(xy + yz + zt + tx + zx + ty) − 4xyzt − 4 = 0). Xét nghim t nh nht. S dng phn chng: gi s xy + 1 không chính phương. T đây, hãy chng minh: (a) t
} > −1 nên t 0.
1 max x,y,z
− {
(b) Xét hai trưng hp t = 0 và t > 0 , dn đn mâu thun.
Tài liu tham kho 1. Đng Hùng Thng, Nguyn Văn Ngc, Vũ Kim Thy, Bài ging s hc. NXB Giáo dc, 1996. 2. Kiran S. Kedlaya, When Is (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) a Square. Mathematics Magazine, Vol. 17, No.1, Feb., 1998. 3. Authur Engel, Problem Solving Strategies. Spinger Verlag, 1998. 4. Trn Nam Dũng, Li gii và bình lun VMO 2012. Din đàn Mathscope, 2012. 5. Site: http://www.artofproblemsolving.com/Forum
C : V LTE Phm Quang Toàn 1
B đ v s mũ đúng (Lifting The Exponent Lemma) là mt b đ rt hu dng trong vic gii các bài toán s hc và rt đưc bit đn trong lch s Olympiad. Thc cht là nó đưc m rng ra t b đ Hensel. Ta thưng vit tt tên ca b đ là LTE, tên Ting Vit thì có th gi là b đ v s mũ đúng . Bài vit này xin đưc gii thiu vi bn đc v b đ và nhng ng dng đc sc ca nó vào các bài toán lý thuyt s. Bài vit ch yu da vào tài liu ca thành viên Amir Hossein bên trang mathlinks.ro (v mt lý thuyt thì mình gi nguyên bn bài vit ca Amir Hossein sang bài vit này) và có kèm theo mt s ví d đưc ly t các kì thi Olympic toán trên th gii.
Mt s khái nim . . đây, thay vì kí hiu a ..b nghĩa là a chia ht cho b , ta s kí hiu b |a. Và a ..b s đưc thay bng b a. Đnh nghĩa 1. Cho p là s nguyên t, a là s nguyên và α là s t nhiên. Ta có p α là lũy tha đúng (exact power) ca a và α là s mũ đúng (exact exponent) ca p trong khai trin ca α nu pα |a và pα+1 a. Khi đó ta vit p α a hay v p (a) = α . Ví d. Ta có v5 (5400) = 3 hay 53 5400 vì 5400 = 53 · 32 · 22 . Sau đây là mt s tính cht. Chng minh tính cht này không khó, xin dành cho bn đc. Tính cht 1. Cho a, b, c là các s nguyên. Ta có 1. v p (ab) = v p (a) + v p (b) 2. v p (an) = n · v p (a) 3. min{v p (a), v p (b)} v p (a + b) = v p (b). Du đng thc xy ra khi v p (a) 4. v p (gcd(|a|, |b|, |c|)) = min{v p (a), v p (b), v p (c)} 5. v p (lcm(|a|, |b|, |c|)) = max{v p (a), v p (b), v p (c)} Chú ý. v p (0) = ∞ vi mi s nguyên t p. 1
Lp 9C THCS Đng Thai Mai, Tp Vinh
18
Hai b đ Đu tiên, xin gii thiu vi bn đc hai b đ. Và hai b đ này s giúp ta tìm cách chng minh đưc các đnh lí khác ca LTE. B đ 1. Cho x, y là hai s nguyên và cho n là s nguyên dương. Cho s nguyên t p bt kì sao cho p|x − y và p x, p y . Ta có v p (xn
n
− y ) = v (x − y). p
Chng minh. Ta có p|x − y nên xn−1 + xn−2 y +
Mà xn − y n = (x − y) (xn−1 minh.
n 2
n 1
n 1
··· + xy − + y − ≡ nx − ≡ 0 (mod p) + x − y + ··· + xy − + y − ) nên ta suy ra điu phi chng n 2
n 2
n 1
B đ 2. Cho x, y là hai s nguyên và n là s nguyên dương l. Cho s nguyên t p bt kì tha mãn p|x + y và p x, p y . Khi đó v p (xn + y n ) = x p (x + y).
Chng minh. Áp dng b đ 1 ta có v p (xn − (−y)n) = v p (x − (−y)) nên v p (xn + y n) = v p (x +y).
(vì n l). B đ đưc chng minh.
Lifting The Exponent Lemma (LTE) Đnh lý 1. Cho x và y là các s nguyên (không nht thit phi nguyên dương), n là mt s nguyên dương và p là mt s nguyên t l tha mãn p|x − y và p x, p y. Ta có v p (an
n
− b ) = v (a − b) + v (n) p
p
Chng minh. Ta s đi chng minh quy np theo v p (n). Trưc ht, ta s đi chng minh khng
đnh sau: v p (x p
p
− y ) = v (x − y) + 1 p
Đ chng minh điu đó thì ta cn ch ra rng p x p−1 + x p−2 y +
|
p 2
· ·· + xy −
+ y p−1
(1)
và p2 x p−1 + x p−2 y +
p 2
··· + xy −
+ y p−1
Vi (1) , nh áp dng x ≡ y (mod p) ta suy ra x p−1 +
p 1
p 1
·· · + y − ≡ px − ≡ 0
(mod p)
(2)
19 Vi (2) , ta đt y = x + kp vi k ∈ N∗ . Khi đó vi 1 i p − 1 (i ∈ N) thì yi x p−1−i
i p 1 i
≡ (x + kp) x − − ≡ x − − x + i(kp)x − + i(i −2 1) (kp) x − + ··· ≡ x − − x + i(kp)x − ≡ x − + ikpx − (mod p ). p 1 i p 1 i p 1
i
i 1
i
i 1
p 2
2 i 2
2
Do đó, x p−1 + x p−2 y +
p 1
p 1
p 1
p 2
p 1
p 2
p 1
··· + y − ≡ x − + (x − + kpx − ) + (x − + 2kpx − ) + · ·· + (x − ≡ px − + p −2 1 · kp x − ≡ px − ≡ 0 (mod p ) Như vy v (x − y ) = v (x − y) + 1 . Quay li bài toán, đt n = p · h vi b, k ∈ N, b 1 gcd(b, p) = 1. Khi đó thì v (a − b ) = v ((a ) − (b ) ) = v a − b = v ((a ) − (b ) ) = v (a − b ) + 1 = v ((a ) − (b ) )) p 1
p
p
p 2
− 1)kpx − )
2 p 2
p 1
p
+ ( p
2
P
k
p
n
n
pk h
p p p
pk h
pk
pk
pk−1
pk−1 p
p
pk−1
pk−1 p
pk−2 p
p
pk−2 p
.. .
= v p (x
− y) + k = v (x − y) + v (n) p
p
Đnh lý đưc chng minh.
Đnh lý 2. Cho hai s nguyên x, y, n là s nguyên dương l, và p là ưc nguyên t l sao cho p|x + y và p x, p y . Khi đó v p (xn + y n ) = v p (x + y) + v p (n).
Chng minh. Áp dng đnh lý 1 ta có v p (xn
n
− (−y) ) = v (x − (−y)) + v (n) p
p
hay v p (xn + y n ) = v p (x + y) + v p (n)
Đnh lý 3. (cho trưng hp p = 2) Cho x, y là hai s nguyên l tha mãn 4|x − y . Khi đó v2 (xn
n
− y ) = v (x − y) + v (n). 2
2
Chng minh. Theo b đ 1 thì nu p nguyên t, gcd( p, n) = 1, p|x − y và p x, p y thì v p (xn
n
− y ) = v (x − y) p
20 Do đó ta ch cn xét ti trưng hp n là lũy tha ca 2, tc cn chng minh n
v2 (x2
−y
2n
) = v 2 (x
− y) + n
Tht vy, ta có n
x2
−y
2n
= (x2
n−1
n−1
+ y 2
Vì x ≡ y ≡ ±1 (mod 4) nên x2 2
n
n−2
+ y 2
)
··· (x
2
+ y 2 )(x + y)(x
− y)
≡ y ≡ 1 (mod 4). Do đó + y ) = v (x + y ) = ··· = v (x + y) = 1 v (x + y ) = n + v (x − y), ta có điu phi chng minh. k
Như vy v2(x2
n−2
)(x2
2n−1
2k
2n−1
2n
2
2n−2
2n−2
2
p
Đnh lý 4. (cho trưng hp p = 2) Cho hai s nguyên l x, y, n là s nguyên dương chn và 2|x − y. Khi đó v2 (xn
n
− y ) = v (x − y) + v (x + y) + v (n) − 1. Chng minh. Ta có 4|x − y nên đt n = 2 · h vi k, h ∈ N∗ , gcd(h, 2) = 1. Khi đó ta có v (x − y ) = v (x · − y · ) = v ((x ) − (y ) ) 2
2
2
2
2
n
2
k
n
2
h 2k
h 2k
2 2k−1
2
2 2k−1
.. .
= v 2 (x2
2
− y ) + k − 1 = v (x − y) + v (x + y) + v (n) − 1 2
2
2
Ta có h qu sau: H qu. Cho a, n là hai s nguyên dương: i) p là hai s nguyên t l sao cho v p (a − 1) = α ∈ N∗ , khi đó vi mi s t nhiên β ta có v( an − 1) = α + β ⇔ v p (n) = β . ii) n chn sao cho v2 (a2 − 1) = α ∈ N∗, khi đó vi mi s nguyên dương β thì v2(an − 1) = α + β ⇔ v 2 (n) = β + 1. Chú ý. a) Nu trong các bài toán đòi hi vn dng phương pháp LTE, ta nên đ ý ti các điu kin đt ra ca n, x, y , la chn đnh lý phù hp đưa vào li gii bài toán. b) Nu d liu bài toán cho a|b vi a, b ∈ N thì vi mi p là ưc nguyên t ca b, ta luôn có v p (b) v p (a). Ngưc li, nu v p (b) v p (a) thì a|b. Như vy ab
| ⇔ v (b) v (a) p
p
Đây là mt tính cht rt thưng đưc dùng trong các bài toán s dng phương pháp LTE.
21
Mt s ví d Sau đây mình xin đưa ra mt s ví d v các ng dng ca phương pháp này. Ví d . Tìm s nguyên dương n nh nht tha mãn 2 2013|1999n − 1. Li gii. Áp dng Đnh lý 4 ta có v2 (1999n
− 1) = v (n) + v (2000) + v (1998) = v (n) + 5 2
2
2
2
Đ tha mãn 22013|1999n − 1 thì v2 (n) + 5 2013 hay v 2 (n) 2008. Vy s nguyên dương n nh nht tha mãn đ ra là 22008. Ví d . (IMO Shortlist 1991) Tìm s nguyên dương k ln nht tha mãn 1991k là ưc ca 1992
19901991
1990
+ 19921991
.
Li gii. Đt a = 1991 thì a là s nguyên t l. Do đó theo Đnh lý 2 thì
va (a
− 1)
aa+1
+ (a + 1)
aa−1
= v a (a
a2 aa−1
= v a
a2
= a
− 1) (a − 1)
− 1 + v
a
)
+ (a + 1)
aa−1
+ a + 1 + va (aa−1 )
(a
− 1)
a2
+ a + 1
Cũng theo Đnh lý 2 thì va (a − 1) + 1 = va (a)+va (a ) = 3 nên va (a − 1) + a + 1 = 1.
a2
2
a2
= a . Ta thu đưc max k = a = 1991 . Vy, va (a − 1) + (a + 1) Ví d 1. (Italy TST 2003) Tìm b s nguyên nguyên (a,b,p) sao cho a, b là s nguyên dương, p là s nguyên t tha mãn 2a + pb = 19a . Li gii. Vì a nguyên dương nên 17|19a − 2a . Vy p = 17. Áp dng Đnh lý 1 ta có aa+1
aa−1
v17 (19a 2a ) = v 17 (17) + v17 (a) b = 1 + v17 (a) 1 + a
⇔
−
1. Nu b < 1 + a hay 1 b a. D dàng chng minh quy np rng 19a − 2a a 1. Mà 17a 17b . Vy a = b = 1 trưng hp này.
17a
vi
2. Nu b = 1 + a thì d dàng chng minh quy np 19a − 2a < 17a+1 = 17b , mâu thun. Vy (a,b,p) = (1, 1, 17) là đáp án duy nht bài toán. Ví d . (IMO 1990) Tìm s nguyên dương n sao cho n2 |2n + 1. Li gii. Vi n = 1 tha mãn. Vi n 2, nhn thy n l. Gi p là ưc nguyên t l nh nht ca n. Khi đó ta suy ra 22n ≡ 1 (mod p). Gi k là s nguyên dương nh nht tha mãn 2 k ≡ 1 (mod p). Khi đó k |2n. Theo đnh lý Fermat nh thì 2 p−1 ≡ 1 (mod p) nên k| p − 1. Như vy ta suy ra gcd(n, k) = 1 nên k |2. Vi k = 1 thì p|1, mâu thun. Vy k = 2. Do đó p = 3 hay 3|n. Đt v3 (n) = k (k ∈ N∗ ). Áp dng Đnh lý 2 thì ta có v3(2n + 1) = v 3 (3) + v3 (n) = 1 + k
22 Li có vì n2 |2n + 1 nên v3(2n + 1) v3 (n2 ) ⇔ k + 1 2k. Vy k = 1. Đt n = 3m vi m ∈ N∗ và gcd(m, 3) = 1. Gi p1 là ưc nguyên t nh nht ca m . Khi đó ta có 26m ≡ 1 (mod p1 ). Gi k1 là s nguyên dương nh nht tha mãn 2 k ≡ 1 (mod p1 ). Tương t thì ta d dàng suy ra k |6. Vì p 1 5 nên k = 3 hoc k = 6. Vi k = 3 thì p1 |7 nên p1 = 7. Vi k = 6 thì p1 |63 mà p1 5 nên p1 = 7. Tuy nhiên 2n + 1 = 23m + 1 = 8m + 1 ≡ 2 (mod 7) mà 7 |n2 , mâu thun. Vy ưc nguyên t duy nht ca n là 3 mà 3 n nên n = 3. S nguyên dương n tha mãn đ bài là n ∈ {1; 3}. Ví d 2. (European Mathematical Cup 2012, Senior Division) Tìm s nguyên dương a, b, n và s nguyên t p tha mãn a2013 + b2013 = p n
Li gii. Đt a = p x · y, b = p z · t vi x, y, z,t ∈ N; t, y 1 và gcd(y, p) = 1, gcd(t, p) = 1.
Không làm mt tính tng quát, gi s rng x z . D nhn thy rng n 2013x 2013z . Khi đó phương trình ban đu tương đương vi t2013 + p2013(x−z) y 2013 = p n−2013z
·
Nu x > z thì p V T . Do đó p pn−2013z suy ra n = 2013z . Vy ta đưc phương trình t2013 + p2013(x−z) y2013 = 1,
·
mâu thun vì V T 2 (do , ty 1). Vy x = z . Phương trình tr thành
− 2013z ∈ N∗) (3) +y ≡ 2 (mod p), mâu thun vì p| p .
t2013 + y 2013 = p n−2013z = p k (k = n
Nu p |2013 thì theo đnh lý Fermat nh ta suy ra t 2013 2013 Vy gcd( p, 2013) = 1. D thy theo (3) thì p|t + y . Do đó bng vic áp dng Đnh lý 2 ta có
k
v p t2013 + y 2013 = v p (t + y)
Ta li có t + y |t2013 + y 2013 và (3) nên ta suy ra
pk = t + y = t 2013 + y 2013 t2012 (t 1) + y 2012(y 1) = 0
−
−
Vì t, y 1 nên t phương trình ta suy ra t = y = 1. Do đó p = 2, t đó suy ra a = b = 2h , n = 2013h + 1 vi h ∈ N. Nhn xét. Ta có th tng quát bài toán lên thành: Gii phương trình nghim nguyên dương an + bn = p k
vi p nguyên t. Ví d 3. (Romanian IMO TST 2005) Gii phương trình nghim nguyên dương 3x = 2x y + 1
·
Li gii. Ta xét hai trưng hp:
23 1. Nu x l thì áp dng Đnh lý 1 ta có v2 (3x − 1) = v 2 (3 − 1) = 1 hay v2(2x · y) = 1. Do đó x = 1. T phương trình ta suy ra y = 1. 2. Nu x chn thì áp dng Đnh lý 1 ta có v2 (3x
− 1) = v (3 − 1) + v (3 + 1) + v (x) − 1 = 2 + v (x) ⇔v (2 · y) = 2 + v (x) ⇔ x + v (y) = v (x) + 2 (1) · k vi m, n ∈ N∗. Ta d dàng chng minh bng quy np rng 2 · k > m + 2 2
2
x
2
2
2
2
2
2
m Đt x = 2m vi m ∈ N, m 3. Do đó x > v2 (x) + 2 vi v2 (x) 3 hay vi x 2v2 (x) = 8. Như vy x 8 thì (1) không xy ra. Vy x 8, x chn nên x ∈ {2;4;6}. T đây ta tìm đưc (x, y) = (2; 2), (4;5).
Vy phương trình có nghim nguyên dương (x, y) = (1; 1), (2; 2), (4; 5). Nhn xét. Qua bài toán trên, ta lưu ý mt s ý tưng đưc dùng trong phương pháp này: Vi p là mt ưc nguyên t ca a = p m · k vi m, k ∈ N∗ thì: i) a pv (a) . p
ii) pm · k m + α vi m β . T đây suy ra a v p (a) + α vi v p (a) β hay a pβ .
Các bài trên ch yu là các bài không khó đ vn dng b đ LTE vì ta đã xác đnh đưc các yu t p,a,b mt cách d dàng. Tuy nhiên, vn có mt s bài toán đòi hi ta phi đi tìm ra các yu t p, a, b ... Ví d 4. (IMO 1999) Tìm tt c các cp (n, p) nguyên dương sao cho p là s nguyên t và ( p − 1)n + 1 chia ht cho n p−1 . Li gii. D thy vi n = 1 thì p là s nguyên t bt kì đu tha mãn đ ra. Vi n 2, ta có các trưng hp: Trưng hp 1. Nu p = 2 thì n|2. Do đó n = 2. Trưng hp 2. Nu p l. Ly q là ưc nguyên t nh nht ca n, khi đó ( p − 1) n ≡ −1 (mod q ) hay ( p − 1)2n ≡ 1 (mod q ) và gcd( p − 1, q ) = 1. Ta ly o là s nguyên dương nh nht tha mãn ( p − 1)o ≡ 1 (mod q ). Khi đó thì ta suy ra o|2n. Áp dng đnh lý Fermat nh ta có ( p − 1)q−1 ≡ 1 (mod q ). Do đó o|q − 1. Như vy, o |2n và o |q − 1. Nu gcd(o, n) > 1 hay o, n chia ht cho s nguyên t r , khi đó ta suy ra r |n và r o. Mà o |q − 1 nên o < q , do đó r < q . Mà r và q đu là ưc nguyên t ca n , mâu thun vi điu kin nh nht ca q . Vy gcd(n, o) = 1. Do đó 2|o. Vy ( p − 1)2 ≡ 1 (mod q ) hay q | p( p − 2). 1. Nu q | p − 2 thì ta có ( p − 1)n + 1 ≡ 1 n + 1 ≡ 2 (mod q ). Vy q = 2. Ta có ( p − 1)n + 1 chia ht cho 2 nên p = 2, mâu thun vì p l. 2. Nu q | p. D nhn thy n phi l (vì nu n chn thì ( p − 1)n + 1 ≡ 0 (mod 4), mâu thun vì p l). Ta áp dng Đnh lý 2 ta có vq (( p
− 1)
n
+ 1) = v q (n) + vq ( p) vq (n) ( p
· − 1)
(4)
24 Đt p = q a · b vi a, b ∈ N∗ . D dàng chng minh bng quy np q a · b a + 2 (chú ý vì q | p nên q 3 ), du bng xy ra khi a = b = 1, q = 3. Do đó p vq ( p) + 2. Kt hp vi (3) ta suy ra
− 2 v ( p) v (n)( p − 2) Vy q = p = 3 và v (n) = 1. Đt n = 3k vi k ∈ N∗ , gcd(k, 3) = 1, gcd(k, 2) = 1. Như vy t đ bài ta s có 9k |8 + 1. Hin nhiên 9 |8 + 1. Ta ch cn đi tìm k sao cho k |8 + 1. Vi k = 1 thì n = 3, tha mãn. p
q
q
3
2
k
k
2
k
Vi k 2, hoàn toàn tương t, ly r là ưc nguyên t nh nht ca k và s là s nguyên dương nh nht sao cho 8s ≡ 1 (mod r). Ta suy ra s|2 nên s = 2. Khi đó r|82 − 1 hay r|7, điu này mâu thun vì 8k + 1 ≡ 2 (mod 7). Vy, cp s (n, p) tha mãn đ bài là (1, p), (2, 2), (3, 3). Ví d 5. (Brazil XII Olympic Revenge 2013) Tìm các b ba s ( p, n, k) nguyên dương tha mãn p là s nguyên t Fermat và pn + n = (n + 1) k (5) x
S nguyên t Fermat là s nguyên t có dng 22 + 1 vi x t nhiên. Li gii. Đt α = 2x . Nu n = 1 thì (5) ⇔ p = 2k − 1 = 2α + 1. Do đó k = 2, α = 1 nên p = 3.
Nu n 2 . Ta gi r là mt ưc nguyên t ca n. T phương trình ta suy ra pn ≡ 1 (mod n) hay p n ≡ 1 (mod r). Do đó gcd( p, r) = 1. Đt k là s nguyên dương nh nht tha mãn p k ≡ 1 (mod r). Ta cũng có theo đnh lý Fermat nh thì pr−1 ≡ 1 (mod r). Vy ta suy ra k|r − 1 và k|n. Vì gcd(r − 1, n) = 1 nên k = 1. Ta có r| p − 1 hay r|2α . Vy r = 2 hay 2|n. Ta có n
k 1
⇔ p − 1 = (n + 1) (n + 1) − − 1 T phương trình dn đn v ( p − 1) = v (n + 1) − − 1 . Nu k − 1 l thì v (n + 1) − − 1 = v (n) < v p − 1 + v (n) − 1 = v ( p − 1), mâu thun. Vy k − 1 chn. Áp dng Đnh lý 4 ta có v ( p − 1) = v (n + 1) − − 1 ⇔v ( p − 1) + v (n) − 1 = v (n) + v (n + 2) + v (k − 1) − 1 ⇔v ( p − 1) + v ( p + 1) = v (n + 2) + v (k − 1) Nu v (k − 1) v ( p − 1) thì p − 1|k. Do đó (n + 1) ≡ n + 1 (mod p) theo đnh lý Fermat nh. Tuy nhiên theo (5) thì n ≡ (n + 1) (mod p) nên n ≡ n + 1 (mod p), mâu thun. Vy v (k − 1) < v ( p − 1). Khi đó theo phương trình ta có (5) 2
2
k 1
2
n
2
2
2
k 1
2
2
2
2
2
n
2
k 1
2
2
2
2
2
2
2
n
2
2
k
2
k
2
2
1 v2 ( p + 1) = v 2 (2α + 2) < v2 (n + 2)
Do đó v2 (n + 2) 2. Ta suy ra n ≡ 2 (mod 4). 1. Nu p > 5 thì 22 + 1 > 5 nên x 2. Do đó p ≡ 2 (mod 5). Áp dng n ≡ 2 (mod 4) thì ≡ n + 1 (mod 5) ta suy ra pn ≡ 4 (mod 5). Do đó 4 + n ≡ (n + 1)k (mod 5). Vì n + 4 ≡ 1 (mod 4). Vì k l nên k ≡ 3 (mod 4). Vy 4 + n ≡ (n + 1)3 (mod 5). nên k x
25
• Nu n ≡ 0 (mod 5) thì 4 + n − (n + 1) ≡ 3 (mod 5), mâu thun. • Nu n ≡ 1 (mod 5) thì 4 + n − (n + 1) ≡ 2 (mod 5), mâu thun. • Nu n ≡ 2 (mod 5) thì 4 + n − (n + 1) ≡ 4 (mod 5), mâu thun. • Nu n ≡ 3 (mod 5) thì 4 + n − (n + 1) ≡ 3 (mod 5), mâu thun. • Nu n ≡ 4 (mod 5) thì 4 + n − (n + 1) ≡ 3 (mod 5), mâu thun. Vy vi mi n ∈ N∗ thì n + 4 ≡ (n + 1) (mod 5). Ta loi trưng hp p > 5. 2. Nu p = 5 thì α = 2. Khi đó thì 3 = v (n + 2) + v (k − 1). Vì v (n + 2) 2 nên ta suy ra v (n + 2) = 2, v (k − 1) = 1. Ta cũng có 5 + n = (n + 1) . • Vi n = 2 thì k = 3. • Vi n 3. Gi q là ưc nguyên t l ca n thì q |5 − − 1 = 5 − 1 = 24. Vy q |3 nên q = 3. Do đó n ≡ 0 (mod 6). Kt hp vi n ≡ 2 (mod 4) ta suy ra 5 ≡ −1 (mod 13) nên n − 1 ≡ (n + 1) (mod 13). Áp dng Đnh lý 1 ta có n v (5 − 1) = v (n + 1) − − 1 ⇔ 1 + v = v (k − 1) + v (n) 2 3 3 3 3 3
3
2
2
2
2
n
2
k
(n,q 1)
2
n
k
3
n
3
k 1
3
3
3
Vy 3|k − 1. Ta cũng có k ≡ 3 (mod 4) nên k ≡ 7 (mod 12). Theo đnh lý Fermat nh ta suy ra (n + 1)k ≡ (n + 1)7 ≡ ±(n + 1) (mod 13). Như vy n − 1 ≡ −n − 1 (mod 13) dn đn n ≡ 0 (mod 13), vô lý. (vì vi 13|n thì 5n ≡ 1 (mod 13), mâu thun do 5n ≡ 5 (mod 13)). Vy ( p, n, k) = (3, 1, 2), (5, 2, 3). Ví d . Tìm b ba s nguyên dương (a,b,c) sao cho ab + 1 = (a + 1)c. Li gii. Gi p là mt ưc nguyên t l ca a. Khi đó thì theo Đnh lý 1 ta có v p ((a + 1)c
− 1) = v (a) + v (c) v (a) · b ⇔v (c) v (a)(b − 1) (6) 1. Nu c l thì ta có v ((a + 1) − 1) = v (a). Do đó b = 1. Như vy thì ta có a +1 = (a + 1) p
2
p
p
p
p
c
c
2
suy ra c = 1.
2. Nu c chn thì v 2 (c) 1 và b 2. Theo Đnh lý 4 thì v2 ((a + 1)c
− 1) = v (a) + v (a + 2) + v (c) − 1 = v (a) · b 2
2
2
2
(7)
• Nu v (a) = 1 thì ta luôn có v (c) v (a). Kêt hp vi (6) ta suy ra c a(b − 1) > b, 2
2
2 b
mâu thun vì lúc đó thì (a + 1) > a + 1. c
• Nu v (a) 2 thì (7) ⇔ v (c) c a(b − 1) > b, mâu thun 2
2
· − 1). Kt hp vi (6) ta dn đn
= v2(a) (b
Vy phương trình có nghim (a,b,c) = (k, 1, 1) vi k là s nguyên dương tùy ý. Nhn xét. T bài toán trên, ta có thêm mt s m rng sau: M rng 1. Tìm các s nguyên dương m, l,n, k tha mãn (1 + mn )l = 1 + mk .
26 M rng 2. (IMO Shortlist 2000) Tìm b ba s nguyên dương (a,m,n) tha mãn am +1 |(a+1)n.
Ngoài vic phương pháp LTE đưc ng dng trc tip vào li gii thì phương pháp này còn đưc dùng đ tìm dng vô hn ca bài toán chia ht. Ví d 6. Chng minh tn ti vô hn s t nhiên n tha mãn n|3n + 1. Phân tích và đnh hưng li gii. Điu bây gi ta cn làm và đi tìm mt trong các dng ca n tha mãn n|3n + 1. Trưc ht, nhn thy 5|32 + 1 2 . Bây gi ta đ ý đn các điu kin a, b, p trong Đnh lý 2, áp dng và ta s đưc 5 k+1 |32·5 + 12·5 . Do đó 2 · 5k |32·5 + 1. Vy ta ch cn chng minh n = 2 · 5k vi k ∈ N thì n|3n + 1. −1 Li gii. Trưc ht, ta s đi chng minh 34·5 ≡ 1 (mod 5k ). Áp dng Đnh lý 1 ta có k
k
k
k
−
4 5k−1
1 = v 5 (34
v5 3 ·
Vy 3 ·
4 5k−1
≡ 1 (mod 5 ) hay 5 k
k
|
2 5k
3·
− 1
k 1
− 1) + v (5 − ) = k 5
k k 3 · + 1 . Do đó 5k |32·5 + 1 . Li có 2|32·5 + 1
2 5k
nên 2 · 5k |32·5 + 1. Vì k ∈ N∗ nên tn ti vô hn s t nhiên n = 2 · 5k sao cho n|3n + 1. Ví d 7. (Romanian Master of Mathematics Competition 2012) Chng minh tn ti vô hn s nguyên dương n tha mãn 22 +1 + 1 chia ht cho n. Phân tích và đnh hưng li gii. Ta s tìm mt s n tha mãn điu kin trên. D thy n = 3 tha mãn. Ta mnh dn th vi n = 9, 27 · ·· cũng đu tha mãn. T đây ta d dàng tìm đưc mt dng ca nn là n = 3k . đây mình xin gii thiu hai li gii: Li gii 1. Ta s đi chng minh s nguyên dương an = 3n tha mãn yêu cu bài toán. Tht vy, theo Đnh lý 2 ta có k
n
v3(2an + 1) = v 3 (3) + v3 (an ) = k + 1
Và v3 (22
Vy an |22
an +1
an +1
+ 1) = v 3(3) + v2 (2an + 1) = k + 2
+ 1.
Li gii 2. Ta s đi chng minh s nguyên dương an =
n
23 +1 9
tha mãn yêu cu đ ra.
Áp dng Đnh lý 2 ta có v3 (an ) = v 3 (3) + v3(3n )
− 2 = n − 1
Đt an = 3n−1 m vi m ∈ N∗ , gcd(3, m) = 1. Ta có an +1
v3 (22
Vy 3n−1|22
an +1
+ 1) > v3 (2an + 1) > v3(an ) = n
+ 1. Mt khác, tip tc áp dng Đnh
− 1.
lý 2 thì
v3 (2an + 1) = v 3 (3) + v3 (an ) = n
Do đó 3n |2a + 1. Vy ta suy ra 23 + 1|22 Vì gcd(m, 3) = 1 nên an|22 +1 + 1. n
n
an
an +1
+ 1.
Mà m|2a + 1 nên m|22 n
an +1
+ 1.
27
Bài tp vn dng 1. Chng minh phương trình x7 + y 7 = 1998z không có nghim nguyên dương. 2. Tìm tt c s nguyên dương n tha mãn 72013|5n + 1. 3. Tìm s nguyên dương n ln nht sao cho 2n |201120132016−1 − 1. 4. Chng minh tn ti vô hn s nguyên dương n ∈ N tha mãn n2 |2n + 3n + 6n + 1. 5. (Japan MO Finals 2012) Cho p là s nguyên t. Tìm mi s nguyên n tha mãn vi mi s nguyên x, nu p|xn − 1 thì p 2 |xn − 1. 6. Cho a > b > 1, b là mt s l, n là mt s nguyên dương. Nu bn |an − 1. Chng minh ab > 3n . n
7. Tìm s nguyên dương n tha mãn 9n − 1 chia ht cho 7n . 8. (IMO Shortlist 2007) Tìm mi hàm s toàn ánh f : N → N sao cho vi mi m, n ∈ N và vi mi p nguyên th, f (m + n) chia ht cho p khi và ch khi f (m) + f (n) chia ht cho p . 9. (IMO 2000) Tn ti hay không s nguyên n tha mãn n có đúng 2000 ưc nguyên t và 2n + 1 chia ht cho n ? 10. Vi mt s t nhiên n, cho a là s t nhiên ln nht tha mãn 5n − 3n chia ht cho 2a . Ly b là s t nhiên ln nht tha mãn 2b n. Chng minh rng a b + 3 . 11. Chng minh rng nu n 2 sao cho n |7n − 3n thì n chn. 12. Tìm s nguyên dương n tha mãn i) n|5n + 1.
ii) n2 |5n + 1.
iii) n3|5n + 1.
13. Tìm mi s nguyên dương k sao cho k s nguyên t l đu tiên p1 , p2 · ·· , pk đu tn ti hai s nguyên dương a, n tha mãn p1 p2
· ·· · p − 1 = a k
n
14. (MOSP 2001) Tìm các s nguyên dương (x,r,p,n) tha mãn xr − 1 = pn . 15. Tìm tt c các b s (m,p,q ) vi p, q nguyên t và m nguyên dương sao cho 2m p2 +1 = q 5 . 16. (Iran TST 2009) Cho n là mt s nguyên dương. Chng minh rng 3
n 52 −1 n 2 +2
≡ (−5)
n 32 −1 n 2 +2
(mod 2n+4 )
28 17. (IMO Shortlist 2010) Tìm các cp s nguyên không âm (m, n) tha mãn m2 + 2 3n = m 2n+1
·
−1
.
18. (Iran Third Round 2011) Cho s t nhiên k 7. Có bao nhiêu cp nguyên dương (x, y) tha mãn x
7373
≡ 9
9y
(mod 2k )?
19. Gii phương trình nghim nguyên dương trong đó p là s nguyên t: pa
n
− 1 = 2 ( p − 1)
Tài liu tham kho [1] Amir Hossein Parvardi, Lifting The Exponent Lemma: (tài liu pdf) [2] Các din đàn toán: diendantoanhoc.net/forum forum.mathscope.org mathlinks.ro
C : C Nguyn Anh Huy, Nguyn Vit Tâm
1
S bình đng và hoán v gia các n s là mt nép đp ca Toán hc, thưng đưc gp trong các bài toán h phương trình và bt đng thc. Tương t, S hc cũng có nhng bài toán hoán v vòng quanh mà các n là s nguyên, s nguyên dương, tuy nhiên li gii đa dng và phc tp hơn rt nhiu. Bài vit này s đ cp đn hai hưng đi c th đ gii dng bài trên, là đi xng hóa và bt đng thc. Trong bài vit có s dng mt s kin thc v bưc nhy Viete và hàm v p (n), bn đc có th tham kho hai chuyên đ trưc.
Phương pháp đi xng hóa Phương pháp này thưng đưc dùng trong các bài toán chia ht hoán v vòng: a | f (b); b | f (a). . Nu có (a; b) = 1 ta xây dng hàm g tha g(x) .. x ∀x ∈ Z và h tha h(a; b) = f (a) + g(b) = f (b) + g(a) đi xng theo a, b. Khi đó a h(a; b); b h(a; b)
|
|
⇒ ab | h(a; b) ⇒ h(a; b) = kab
Đây là phương trình nghim nguyên vi a, b đi xng. Ta có th dùng bt đng thc nu deg h = 1 hoc bưc nhy Viete nu deg h = 2. Nu không có (a; b) = 1 thì t gi thit ta suy ra ab | f (a)f (b), sau đó khai trin v phi và b các hng t chia ht cho ab đ đưc phương trình nghim nguyên có dng tương t. Bài tp 3.1. Tìm các s nguyên t p q tha
− | − | q
1 3 p
p
1
−1 3q − 1
Li gii
Đt a = p − 1, b = q − 1 (a b 1), ta có
| |
− 1 ⇒ ab | (3a + 2)(3b + 2) (∗) ⇒ 6a + 6b + 4 ... ab 3(a + 1) − 1
a 3(b + 1) b
1
Lp 12CT THPT chuyên Lê Hng Phong
30 T đó ta có 6a + 6b + 4 ab
Li có Suy ra
⇒ a6 + 6b + ab4 1
12 4 6 6 4 + 2 + + b b a b ab 12 4 + 2 1 b b
2
⇒ b − 12b − 4 0 ⇒ 1 b 12 Do b + 1 nguyên t nên b ∈ {1;2;4;6;10;12 }. Xét các trưng hp sau, vi lưu ý a + 1 nguyên t: . . * Nu b = 1 : (∗) ⇒ 6a + 6 + 4 .. a ⇒ 10 .. a ⇒ a ∈ {1;2;10}. . . * Nu b = 2 : (∗) ⇒ 6a + 12 + 4 .. 2a ⇒ 8 .. a ⇒ a ∈ {2; 4}. . . * Nu b = 4 : (∗) ⇒ 6a + 24 + 4 .. 4a ⇒ a + 14 .. 2a ⇒ a ∈ {6;10}. . . * Nu b = 6 : (∗) ⇒ 6a + 36 + 4 .. 6a ⇒ 40 .. 6a (loi). . . * Nu b = 10 : (∗) ⇒ 6a + 60 + 4 .. 10a ⇒ 3a + 32 .. 5a ⇒ a = 16. . * Nu b = 12 : (∗) ⇒ 6a + 72 + 4 .. 12a (loi). T đó ta tìm đưc cp ( p, q ) nguyên t tha bài toán là (2, 2), (3, 3), (5, 3), (7, 5), (17, 11).
Bài tp 3.2. Tìm s b s nguyên dương (a; b; c) đôi mt nguyên t cùng nhau tho a < b < c và a bc
| − 31; b | ca − 31; c | ab − 31 Li gii
Do a | bc − 31 và a | a(b + c) nên ta có a ab + bc + ca
|
− 31.
Tương t vi b và c. Li do (a; b) = (b; c) = (c; a) = 1 nên abc ab + bc + ca
|
− 31 (∗)
Xét các trưng hp sau: Trưng hp 1: a 3 Suy ra b 4; c 5, do đó ab + bc + ca > 31. Ta cũng có abc 3bc > ab + bc + ca > ab + bc + ca
Điu này mâu thun vi (*). Trưng hp 2: a = 2 Suy ra b | 2c − 31 và c | 2b − 31, do đó bc 2b + 2c
|
− 31
− 31
31 Chng minh tương t ta có b = 3; c = 5. Trưng hp 3: a = 1 Suy ra b | c − 31 và c | b − 31. Nu b + c = 31 thì hai điu kin trên hin nhiên tho. Khi đó ta có a = 1 < b < c và b + c = 31. Do a < b < c nên 2 b 15. D thy có 14 b s (a; b; c) tho. 31 thì ta chng minh 1 < b < c < 31. Nu ngưc li: Nu b + c = * Nu b > 31 ⇒ c > b > b − 31 > 0 . Do đó c không là ưc ca b − 31. * Nu b = 31 thì 31 | c − 31 ⇒ 31 | c, loi do (b; c) = (31; c) = 1. * Nu b < 31 < c thì |c| > |31 − b| > 0 do đó c không là ưc ca b − 31. Như vy 1 < b < c < 31. Ngoài ra, t b | c − 31 và c | b − 31 vi (b; c) = 1 ta cũng có bc 31
| − b − c. * Nu b 5 ⇒ c 6 ⇒ bc 30 > 11 31 − (b + c), vô lý. 31). * Nu b = 4 thì 4 | c − 31 và c | 27 ⇒ c = 27 (loi do b + c = * Nu b = 3 thì 3 | c − 31 và c | 28, suy ra c ∈ {4; 7}. Vy trưng hp 3 cho 16 b (a; b; c) tho bài toán. Kt lun: Có 17 b s (a; b; c) tho bài toán.
Bài tp 3.3. Tìm các s nguyên t p, q tho p < q < 1000 và q p 3
3
| − 1; p | q − 1 Li gii
Ta có q | p3 − 1 = ( p − 1)(q 2 + q + 1) mà q > p − 1 nên q p2 + p + 1.
|
Và p | q 3 − 1 = (q − 1)(q 2 + q + 1) . Do đó ta xét 2 trưng hp: Trưng
hp 1: p | q − 1
Đt p2 + p + 1 = nq (n ∈ N∗ ). Do p 2 + p + 1 ≡ q ≡ 1 (mod p) nên n ≡ 1 (mod p). Li có p2 + p + 1 p2 + p + 1 1 n = = p + = p (do q p + 1)
q
p + 1
p + 1
Suy ra n = 1, vy q = p 2 + p + 1 . Do đó p 31, vì 372 + 37 + 1 > 1000. Th vi tt c s nguyên t p < 31 ta tìm đưc các b s tho bài toán là ( p; q ) = (2; 7), (3; 13), (5;31), (17; 307). Trưng
hp 2: p | q 2 + q + 1 Do p | q 2 + q + 1 và q | p 2 + p + 1 nên ta có p q 2 + q + 1 + p2 + p; q p2 + p + 1 + q 2 + q
|
|
hay pq p2 + q 2 + p + q + 1
|
32 Như vy ta xét phương trình nghim nguyên dương a2 + b2 + a + b + 1 = mab ( ) (m
∈ N∗)
∗
Vit li (*) dưi dng a2 + (1
− mb)a + b
2
∗∗
+ b + 1 = 0 ( )
Gi S là tp các b s nguyên dương (a; b) tho (**). Theo nguyên lý cc hn trong S tn ti cp s (a0 ; b0 ) tho a0 + b0 nh nht. Không gim tng quát gi s a0 b0 . Theo đnh lý Viete, (**) cũng có nghim (a ; b0 ) trong đó a tho
a0 + a = mb 0
−1
a0 a = b 20 + b0 + 1
T phương trình đu suy ra a ∈ Z. T phương trình sau suy ra a > 0 . Vy (a ; b0 ) ∈ S . Do đó b20 + b0 + 1 a0 + b0 a + b0 ⇔ a 0 a =
2 0
2 0
⇔ b + b + 1 a
a0
0
Nu a0 > b0 thì a 0 b0 + 1 ⇒ a20 (b0 + 1) 2 > b20 + b0 + 1 , mâu thun. Vy a0 = b0 , suy ra a20 + (1
2 0
− a ).a + a + a + 1 = 0 0
0
0
. Suy ra 1 .. a 0 ⇒ a0 = b0 = 1. Vy ta có m = 5. Khi đó (*) tr thành
a2 + b2 + a + b + 1 = 5ab ( )
∗
Theo chng minh trên, nu (a0 ; b0) là nghim ca (*) thì (5a0 − b0 − 1; a0 ) cũng là nghim ca (*). Do đó t nghim (1;1) ta có nghim (3;1), sau đó là (13; 3), ... Tóm li các nghim ca (*) đưc cho bi công thc (ai ; bi ) = (xi+1 ; xi ) vi (xn) :
x0 = x 1 = 1 xn+1 = 5xn
− x − − 1 ∀n 1 n 1
Vic chng minh điu trên hoàn toàn tương t bài s hc VMO 2012, và xin đưc dành cho bn đc. Tip theo ta tìm các nghim là s nguyên t nh hơn 1000. D thy ch cn xét i 4, do x6 > 1000. T đó ta tìm đưc ( p; q ) = (3; 13), (13; 61). Kt lun: Các b s ( p; q ) tho bài toán là (2; 7), (3; 13), (5; 31), (13; 61), (17; 307).
Phương pháp dùng bt đng thc Ta có th sp xp các n s đi xng theo th t hoc ch ra mt n có mt đi lung nào đó ln nht hoăc bé nht. Lưu ý vic sp xp đây không ch gii hn a b c , mà cũng có th là f (a) f (b) f (c), trong đó f là mt hàm s hc.
33 Bài tp 3.4. Cho các s nguyên dương a, b, c. Chng minh (a; b).(b; c).(c; a) [a; b].[b; c].[c; a] = (a; b; c)2 [a; b; c]2
Trong đó (a; b) và [a; b] ln lưt là là ưc chung ln nht và bi chung nh nht ca a, b. Li gii
Gi p là s nguyên t bt kì. Nu p không là ưc ca [a; b; c] thì d thy v p (V T ) = v p (V P ) = 0. Nu p | [a; b; c] thì p là ưc ca a, b hoc c. Đt a = px .a1 ; b = py .b1 ; c = pz .c1 và không gim tng quát gi s x y z . Khi đó ta có v p (V T ) = y + z + z
− 2z = y
v p (V P ) = x + y + x
− 2x = y
và Suy ra v p (V T ) = v p (V P ) ∀ p ∈ P. Do đó V T = V P. Nhn xét là trong li gii trên ta đã gi s v p (a) v p (b) v p (c), và s dng đnh lý cơ bn ca s hc: Mi s nguyên ln hơn 1 đu có mt và ch mt cách phân tích ra tha s nguyên t. Bài tp 3.5. Tìm các s nguyên t p, q tha (5 p
− 2 )(5 − 2 ) ... pq (∗) p
q
q
Li gii
Gi s p q . Nhn xét p = q = 3 tha. Nu p = 3, q > 3 thì ta có
− 2 ) ... 3q ⇔ 39(5 − 2 ) ... q Do 5 − 2 ≡ 5 − 2 ≡ 3 [q ] theo Fermat nên q | 39, do đó q = 13. Nu 5 < p < q (đ ý V T (∗) không chia ht cho 5 nên p, q = 5) thì tương t ta có 5 − 2 ≡ 5 − 2 ≡ 3 [ p], do đó t gi thit suy ra . 5 − 2 .. p . Li có 5 − ≡ 2 − ≡ 1 [ p] nên 5 − − 2 − .. p. Do q > p − 1 nên (q, p − 1) = 1. Theo đnh lý Bezout, tn ti m, n ∈ N∗ tha mq − ( p − 1)n = 1 hoc m( p − 1) − nq = 1 (∗∗) 117(5q
q
p
q
q
q
q
p
q
p 1
p 1
p 1
q
p 1
Xét đng dư mod p ta có
p 1
5− 5q
p 1
≡ 2 − ≡ 2
q
⇒
5n( p−1) 5mq
≡ 2 ≡ 2
n( p 1)
−
mq
34 Suy ra 5n( p−1) .2mq
≡ 2
n( p 1)
− .5mq
Kt hp vi (**), sau khi rút gn hai v ta đưc 5 ≡ 2 [ p] p] hay p = 3 (loi vì đang xét p > 5 ). p; q ) = (3; (3; 3), 3), (3; 13), 13), (13; (13; 3). 3). Kt lun: ( p; Bài tp 3.6. Tìm các cp s nguyên t ( p, q ) tha
.
2 p + 2 q .. pq
Li gii (2, x + 1) 2 ∀x ∈ Z. Nhn xét là (x − 1, x + 1) = (2, p+1 .. 2 = q thì 2 p+1 p = q q = = 2. * Nu p = q . p ⇒ p = * Nu p > q : : . . Xét q = 2 ta có 2 2 + 2 p .. 2 p ⇒ 2 + 2 p−1 .. p ⇒ p ∈ {2; 3}. . Xét q > 2 thì do 2 p + 2q = 2q (2 p−1 + 1) .. q nên nên
.
2 p−1 + 1 .. q (1)
⇒ 2
2( p q )
−
≡ 1
[q ]
. . Gi a là s nh nht tha 2a ≡ 1 [q ]. Theo tính cht ca ord suy ra q − 1 .. a và 2( p 2( p − q ) .. a. . . = 2k .m; .m; q − 1 = 2l .n; .n; a = 2r .s (k + 1 r ; l r; m .. s; n .. s; m,n,s l ). Đt p − q = Trưng hp 1: r = k = k + + 1 . Ta suy ra l k + 1 và
− − 2( p 2( p
k+1
q ) = 2
− q )s = am q 1 = 2 .n (q − 1)m 1)m = ( p − q ).n.2 .n.2 − − n.2 n.2 − − 1).m q − 1 2 .n = = ⇒ 2s = (2q s(− p 1).m − q ) a 2 .s + 2 (mâu thun) r = k k + ⇒ 2 − − = 2 − ⇒ r = l
l k 1
l k 2
.m
⇒
2( p 2( p
l k 1
l
r
l r
Trưng hp 2: r k
. . . Suy ra p − q .. a ⇒ 2 p−q − 1 .. 2a − 1 .. q (2) | (2 p−q − 1, 2 p−q + 1). T (1) và (2) suy ra q | q = 2 (mâu thun do đang xét q > 2 ). Mà (2 p−q − 1, 2 p−q + 1) 2 theo chng minh trên, do đó q = Kt lun: ( p, q ) = (2; (2; 2), 2), (2; (2; 3), 3), (3; (3; 2). 2). Bài tp 3.7. Cho các s nguyên dương x, x, y,z tho ( xy +1)(yz +1)(yz +1)( +1)(zx zx + 1) là s chính phương. tho (xy phương. xy + 1, 1 , yz + + 1, 1 , zx + zx + 1 đu là s chính phương. Chng minh xy + Li gii
35 + y + + z Trong các b s (x; y ; z ) tho bài toán, xét b (x; y; z ) có x + y nh nht. (1) z nh z = max{x; y ; z }. Không gim tng quát gi s z = Gi t là s tha phương trình bc hai t2 + x2 + y 2 + z 2
2(xy + + yz yz + z + ztt + tx + tx + zx zx + ty) ty ) − 4xyzt − 4 = 0 (∗) − 2(xy + y + + z z + + 2xyz 2 xyz ) + x + x + y + z − 2(xy 2(xy + + yz yz + zx + zx)) − 4 = 0 ⇔t − 2t(x + y 2
2
2
2
Nhn xét rng (*) tương đương vi 3 phương trình sau: (x + y + y
− z − t) (x + z + z − y − t) (x + t + t − y − z )
2
= 4(xy 4(xy + + 1)(zt 1)(zt + 1)
2
= 4(xz 4(xz + + 1)(yt 1)(yt + + 1)
2
= 4(xt 4(xt + + 1)(yz 1)(yz + + 1) 1)
Và t nguyên do (*) có 2 nghim nguyên t1,2 = x + x + y y + + z z + + 2xyz 2 xyz
±2
(xy + xy + 1)(yz 1)(yz + + 1)(zx 1)(zx + + 1)
1)(yt + + 1)(zt 1)(zt + + 1) là s chính Nên nhân c 3 phương trình trên v theo v, ta suy ra (xt + xt + 1)(yt phương. Ngoài ra ta cũng có xt + xt + 1 0; yt + yt + 1 0; zt + 1 0
Suy ra t
−1 > −1 max{x; y ; z }
= y = = z z = = 1 không tho) (do x = y
* Nu t = 0 thì t (*) ta suy ra
(x + y + y + + z z )2 = 4(xy 4(xy + + yz yz + z + zx x + 1)
2
( x + y + y − z ) ⇔ (x
= 4(xy 4(xy + + 1) 1)
xy + 1 là s chính phương. Chng minh tương t ta cũng có yz + + 1, zx + zx + 1 là s chính Suy ra xy + phương. * Nu t > 0 thì t (1) suy ra t z vi vi mi t tho (*). Nhưng t ch có th bng t1 hoc t2, và ta li có t1 t2 = x 2 + y 2 + z 2
2
2
2(xy + + yz yz + zx + zx)) − 4 z − x(2z (2z − x) − y (2z (2z − y) < z − 2(xy
Suy ra điu mâu thun. Vy ta có đpcm.
Bài tp 3.8. Tìm các b s nguyên (a; b; c) tha
a2 b2
c2
bc = 91 − bc = ca = 91 − ca = ab = 91 − ab =
Li gii
36 Không gim tng quát gi s a b c. Do 91 không là s chính phương nên a, a, b, c = 0. < 91 , vy a < 0 . Nu a 0 thì b, c 0 do đó a 2 − bc 0 < 91 Nu (a; b; c) tha h thì (−a; −b; −c) cũng tha h. Do đó ta xét các b s có c > 0 . = c thì ta có Nu b = c a2
−b
2
= 91 = b = b 2
− ab ⇔ a − b = 0 a = −2b
= b = = c c vô lý, và a = −2b cũng dn đn 5b2 = 91, vô lý. D thy a = b = c . Tương t ta có a = b . Do đó b Trưng
hp 1: b > 0
T h ta có 91b 91b = b = b((b2
2
ac); 91c 91c = c = c((c − ab) ab) − ac); 91b − 91c 91c = b = b − c ⇒ 91b bc + c c 3b ⇒ 91 = b + bc + ⇒ b ∈ {1;2;3;4;5} 10;1;9), (−11;5;6). Thay vào h ta tìm đưc các nghim (a; b; c) = (−10;1;9), 3
2
Trưng
3
2
2
hp 2: b < 0
T h ta có 91b 91b = b = b((b2
2
ac); 91a 91a = a = a((a − bc) bc) − ac); 91(b − a) = b − a ⇒ 91(b ab + b b 3b ⇒ 91 = a + ab + ⇒ b ∈ {−1; −2; −3; −4; −5} 10), (−6; −5;11). 5;11). Thay vào h ta tìm đưc các nghim (a; b; c) = (−9; −1; 10) 3
2
3
2
2
Tóm li các b (a; b; c) tha gi thit là
( 10;1;9), 10;1;9), (10; 1; 9), 9), ( 11;5;6), 11;5;6), (11; 5; 6), 6), ( 9; 1;10), 1;10), (9; (9; 1; 10), 10), ( 6; 5; 11) 11), (6;5; 11)
−
và các hoán v.
− − −
− − − −
−
− −
−
Bài tp t luyn Bài 1: (APMO 2002) Tìm các s nguyên dương a, b tho b2
2
− a | a
+ b; b; a2
− b | b
2
+ a
Bài 2: Chng minh có vô hn b s nguyên dương (a; b; c) tho ab + ab + 1, 1 , bc + bc + 1, 1 , ca + ca + 1 đu là s chính phương. đôi mt nguyên t cùng nhau tho Bài 3: Tìm các s nguyên dương x, x, y,z đôi x y z + + y z x
∈ N∗
Bài 4: Tìm các b s nguyên (x; y ; z ) tho 2 x y z và z xy
y z − 1 | | − 1; y | zx − 1; x | yz
37 Bài 5: Tìm các s nguyên dương a, b, c > 1 đôi mt khác nhau tha (a
− 1)(b − 1)(c − 1) | abc − 1
Bài 6: Chng minh vi mi s nguyên dương a, b, n thì (36a + b)(36b + a) = 2n
Bài 7*: (VMO 2013) Tìm s các b (a; b; c; a ; b ; c ) vi a,b,c,a , b , c ∈ {0;1;2; ...; 14} và tho ab + a b ≡ bc + b c ≡ ca + c a ≡ 1( mod 15) Bài 8: (VMO 2012) Tìm các s nguyên dương l a, b tho a b2 + 2; b a2 + 2
|
Bài 9: Cho a, b, c ∈ Z tha
|
a b c + + =3 b c a
Chng minh abc là lp phương mt s nguyên.
Tài liu tham kho 1. Trang web brilliant.org.
2. Các chuyên đ s hc - Phan Huy Khi. 3. Các phương pháp gii toán qua các kỳ thi Olympic - Trn Nam Dũng (Ch biên), Võ Quc Bá Cn, Lê Phúc L. 4. Problems in Elementary Number Theory - Peter Vandendriessche, Hojoo Lee
38
C : DÃY SỐ SỐ HỌC Ninh Văn Tú1
Dãy s là mt vn đ khá thit yu trong gii tích và đưc ng dng vào khá nhiu các lĩnh vc khác như phương trình hàm, t hp, s hc. . . Nhng bài toán v gii hn dãy s dưng như tr thành vn đ khá quen thuc và xut hin nhiu trong các kì thi hc sinh gii cp trưng, cp tnh, cp thành ph cũng như các kì thi Olympic, VMO... Nhưng mt mng khá đc bit ca dãy s trong vic ng dng s hc cũng như các bài toán s hc đ gii các bài toán dãy s là mt vn đ khá thú v trong mng dãy s. Hi vng chuyên đ này s giúp ích cho các bn trong vic tip thêm kinh nghim v mng thú v này.
Dãy s nguyên và tính cht s hc Ta s ln lưt xét tng quan các bài toán vi dng tng quát đ có th có cái nhìn bao quát ht v th gii dãy nguyên phong phú, đa màu. T đó ta s có đưc các ý tưng khi gp mt bài toán chng minh dãy nguyên hoc các bài toán liên quan đn dng y. Bài tp 4.1. Cho a, b, c ∈ Z tha mãn a2 = b + 1 . Dãy s (un ) đưc xác đnh
u0 = 0 un+1 = aun +
bun 2 + c2 , n
∀ ∈ N
Chng minh rng mi s hng ca dãy đu là s nguyên. Li gii
Cách gii bài toán này cũng tương t như cách tìm công thc truy hi đúng ca mt dng công thc truy hi căn thc đ tìm công thc tng quát ca mt dng dãy này nhưng vi điu kin ngt. Ta có: un+1
⇒u ⇒u
n+1 n+1
1
− au = − 2au u n
2 2
bun2 + c2
n n+1 + a
= 2aunun+1
Hc sinh THPT chuyên Trn Đi Nghĩa.
2
−u
un 2 = bu n 2 + c2
n
2
+ c2
(1)
40 Gim n xung 1 đơn v ta có: un2 = 2aun un−1
−u −
n 1
2
+ c2
(2)
Ly (1) − (2), ta có: un+1 2
−u −
n 1
2
= 2aun (un+1
−u − ) ⇒ n 1
un+1 = u n−1 un+1 = 2aun
−u −
n 1
*Vi un+1 = un−1 , ∀n 1 thì dãy (un) là dãy tun hoàn theo chu kì 2. Như th , ta suy ra
u0 = u 2 = u 4 = ... = u 2k = 0 u1 = u 3 = u 5 = ... = u 2k+1 = c
||
Nên (un) có các s hng đu là s nguyên. *Vi (un ) tha
u0 = 1; u1 = c un+1 = 2aun
|| , − u − , ∀n 1 n 1
Ta có các h s trong h thc truy hi đu là s nguyên và 2 s hng đu tiên ca dãy cũng là s nguyên nên t đó ta suy ra (un) có các s hng đu là s nguyên. Tóm li, các s hng ca dãy trên đu là s nguyên. Bài tp 4.2. Cho dãy (an ) tha mãn điu kin
a0 = 2; a1 = 5 an+1an−1
−a
n
2
= 6n−1 , n 1
∀
Chng minh rng tn ti duy nht dãy s nguyên dương tha mãn điu kin trên. Li gii
Ý tưng ca bài toán này là tìm mt công thc truy hi đúng cho dãy trên. Như vy, ta s dùng phương pháp quen thuc đ đánh giá bài toán, đó là phương pháp sai phân. Ta có
an+1 an−1 an an+2
−a
n
−a
n+1
2
= 6n−1
2
= 6n
⇒a (a + 6a ) = a ⇒ (a a + 6a ) = (a n
n+2
n+2
n
n
n+1 + 6an 1 )
n+1
Đt vn =
(an+1 +6an−1 ) an
n+1 (an+1 + 6an 1 )
an
−
−
, ta đưc
vn+1 = v n = v n−1 = ... = v 1 = 5
⇒ a
n+1 =
5an
− 6a − , ∀n = 1, 2, 3... n 1
Do các s hng đu ca dãy là s nguyên: a0 = 2, a1 = 5 và công thc truy hi đúng ca dãy đu có các h s là s nguyên nên t đó ta suy ra dãy trên là dãy s nguyên.
41 Đ có thêm điu kin dãy trên có mi s hng là s nguyên dương, ta cn phi có thêm yu t đơn điu tăng. Vic chng minh đơn điu không th s dng công thc truy hi mà ta va tìm đưc vì ta chưa chng minh đưc công thc y là duy nht. Chính vì th mà ta s chng minh trc tip bng quy np thông qua cách din đt ca đ bài. Ta thy điu trên đúng vi n = 1 : a1 > a0 (5 > 2). Gi s điu này đúng đn n = k : ak > ak−1 . Xét n = k + 1 , ta có: 2
k 1
ak+1ak−1 − ak = 6 −
⇒
6k−1 + ak 2 6 k −1 a k+1 = > + ak > ak (ak > ak−1 ) ak−1 ak
Vy điu trên cũng đúng vi n = k + 1 nên theo nguyên lý quy np ta suy ra (an ) là dãy đơn điu tăng vi mi n ∈ N. Bây gi ta s chng minh dãy trên là dãy duy nht tha mãn điu kin đ bài: Cách thông thưng mà chúng ta s nghĩ đn là dùng phn chng đ chng minh tn ti duy nht. Gi s tn ti dãy an sao cho vi n 2 tn ti a n+2 : an+2 > an+2 tha:
anan+2 anan+2
−a −a
n+1
2
n+1
2
= 6n = 6n
Suy ra an (an+2
−a
n+2
) = 0 (vô lý do an+2 > an+2 )
Như vy ta suy ra dãy trên là dãy duy nht tha mãn điu kin đ bài. Nhng bài toán tương t dng trên có th tn ti nhiu dng khác nhau. Đôi lúc nhng cách din đt bng truy hi khin ta mt đi phương hưng sai phân. Nhưng ta cn phi hiu mc đích ca vic chng minh dãy s nguyên là tìm đưc công thc truy hi đúng ca nó. Bài tp 4.3. (GER 2003, Ngày 2) Cho dãy s (an ) đưc xác đnh bi
a1 = 1; a2 = 1; a3 = 2 an+2 an+1 + 7 an+3 = , n an
∀ ∈ N
Chng minh mi s hng ca dãy trên đu là s nguyên dương. Li gii
Ta có: an+3 an = a n+1 an+2 + 7
Do đ lch các th t ca phn t trong dãy không đu nhau nên s khó cho ta nghĩ đn vic dùng sai phân vì nu dùng sai phân s xut hin thêm phn t th 5. Tuy vy, nhưng vic áp dng sai phân trong dãy s nguyên là mt công c khá mnh và ta không nên b qua nó chp
42 nhoáng trong ý nghĩ. H n xung 1 bc, ta có: an+2 an−1 = a n an+1 + 7
Tr 2 biu thc trên cho nhau, ta đưc an+3 an
−a
n+2 an 1
− = a n+1 an+2 − anan+1 ⇒an (an+3 + an+1) = an+2 (an+1 + an−1) ⇒ an+3 + an+1 = an+1 + an−1 an+2
an
Đt vn = a +1a+a −1 , ta có vn+2 = vn . Vy dãy (vn ) tun hoàn theo chu kì 2. Như vy ta cn xét thêm tính chn l ca dãy, điu này dn đn đây là dãy gm 2 công thc truy hi song song nhau. *Vi n chn ta suy ra: n
n
n
v2k+2 = v 2k = ... = v 2 = 3
⇒ a
n+1 =
3an
−a −
n 1
*Vi n l ta suy ra: v2k+3 = v 2k+1 = ... = v 3 = 5
⇒ a
n+1 =
5an
−a −
n 1
T đó ta xác đnh đưc công thc truy hi ca dãy là:
a1 = a 2 = 1, a3 = 2 an+1 = 3an an+1 = 5an
− a − , n = 2k (k ∈ N) − a − , n = 2k + 1 n 1 n 1
Do các s hng đu ca dãy đu là s nguyên và h s ca h thc truy hi ca dãy cũng là s nguyên nên ta suy ra mi s hng ca (an ) đu là s nguyên. Đ dãy trên là dãy s nguyên dương, ta cn chng minh dãy trên là dãy tăng ngt vi mi n 2. D thy: a3 > a2 nên điu trên đúng vi n = 2. Gi s điu trên đúng vi n = k : ak > ak−1 Xét n = k + 1, ta có: ak+1 =
ak ak−1 + 7 ak ak−1 + 7 7 > > ak + > ak ak −2 ak−1 ak−1
Vy điu này cũng đúng vi n = k + 1 nên theo nguyên lý quy np ta suy ra (an ) là dãy tăng ngt. T đó, ta chng minh đưc dãy (an ) có mi s hng đu là s nguyên dương. Bài tp 4.4. (Croatia TST 2011) Vi a, b là 2 s nguyên t phân bit, cho dãy (xn) tha mãn
x1 = a, x2 = b xn+12 + xn 2 xn+2 = , n xn+1 + xn
∀ ∈ N
Chng minh rng xn không là s nguyên vi mi n 3.
43 Li gii > 0,, ∀x ∈ N theo quy np. Ta d dàng chng minh đưc xn > 0 Ta s chng minh mt b đ ca dãy này: B đ: Nu k t mt phn t n0 sao cho xn0 không là s nguyên ca dãy mà có dng phân thc, thì s không tn ti n đ xn ∈ N, ∀n n0. Gi s x3 là mt s hu t. Ta có:
x3 =
a2 +b2 a+b
=
c d
2
x4 =
( dc )
+b2 c +b d
=
(c, d
∈ N; (c, d) = 1)
c2 +b2 d2 d(c+bd) bd)
Do (c, d) = 1 nên x4 ∈/ N, đt e x4 = f
. e, f ∈ f ) = 1; f ..d ∈ N; (e, f )
. Ta có: f .. d ⇒ f d. Ta chia làm 2 trưng hp: Trưng hp 1: f > d
1 > ⇒ 1 >
d f
, ta có:
x5 =
Gi s x5 ∈ N, suy ra
2 c 2 e + d f c + f e d
.
(cf ) cf )2 + (de (de))2 .. df
( de)) ⇒ ⇒ (de
2
(cf ) cf )2 + (ed (ed))2 = (cf + de) de) df
... df ⇒ ⇒ de2 ... f (vô lý)
( de))2 nên f không th chia ht Mt khác t s cũng không th bng mu s do f < (cf ) cf )2 + (de cf )2 + (de (de))2 . cho (cf ) ( e, d) = 1 và d < f . Điu này vô lý do (e, Vy x5 là s vô t. Trưng hp 2: f = d , ta có:
x5 =
Gi s x5 ∈ N, suy ra
2 c 2 e + d f c + f e d
.
(cf ) cf )2 + (ed (ed))2 c2 + e2 = = (cf + de) ( c + e + e)) de) df f (c
c2 + e2 .. c + e + e
. 2 ce .. c + e + e ⇒ 2ce
Điu này hin nhiên vô lý. Vy tóm li, ta đã chng minh rng, nu xut phát vi x3 là mt s hu t thì ta s thu đưc mt dãy s hu t và không tn ti bt kì s nguyên nào trong dãy đó vi n 3. Bây gi ta ch vic chng minh x 3 không th là s nguyên. Do công thc truy hi có dng phân
44 thc nên x 3 s có dng phân s ti gin. Gi s x3 ∈ N, suy ra
.
a2 + b2 .. a + b
. 2 ab .. a + b ⇒ 2ab
Xét mt trong hai s là s nguyên t chn. Gi s đó là a, suy ra . . a = 2 ⇒ 4b 4 b .. b + 2 ⇒ 4 .. b + 2 (vô lý do b > 2) = b + + 2 (vô lý do b là s nguyên t l nên tính chn l ca 2 v không đng nht). Suy ra 4b = b Kí hiu {a, b} là ưc ca a hoc b . Vy a + b | {a,b, 2} do (a,b, 2) = 1. Ta có nhn xét rng nu a + b | {a,b, 2} do: * a + b | {a, b} thì
a a + b b a + b
⇒
0b
0a
(sai do a,b > 0) > 0)
* a + b | {2}: Do a, b là s nguyên t nên a + b > 2. Suy ra . . a + b .. a cb .. a b = 2ab ⇒ a = b b (sai do a = b ) ⇒ a + b = b) .. ⇒ .. ⇒ a = a + b . b a.b
Như vy, ta kt lun rng điu gi s là sai nên x3 không th là s nguyên. Vy theo b đ trên ta suy ra xn không th là s nguyên vi mi n 3. Bài tp 4.5. Cho mt dãy s nguyên dương sao cho ta có th chn 1998 phn t bt kì ca dãy to thành mt h thăng dư không đy đ và riêng bit nhau khi xét modulo 1999. Liu có tn ti cách chia 1998 phn t này thành 2 tp con A, B sao cho tích ca các phn t trong mi tp con bng nhau không? Li gii
Mt suy lun đơn gin cho bài này: 2 tích bng nhau thì chúng phi có cùng s dư khi xét modulo vi mt s nguyên dương. . p = 4k + 3 hoc p = p = 4k + 1. Khi S dng b đ quen thuc: Nu x 2 + y2 .. p ( p nguyên t ) thì p = . p = p = 4k + 3 thì x, y .. p. ...; x1998. Gi 1998 phn t bt kì ca dãy tha điu kin đ bài là x1 ; x2 ; x3 ; ...; ...; x1998 }. Ta có: A ∪ B = {x1; x2; ...; ∃xi ≡ 0(mod 1999). Do 1998 phn t này lp thành mt h thăng dư không đy đ và Gi s ∃ riêng bit nhau nên x j
1999)) ∀ j = i ≡ r = 0 (mod 1999
Vì vy nu x i ∈ A thì A chia ht cho 1999 và B không chia ht cho 1999. Tương t nu x i ∈ B . 1;2;3...;; 1998 1998}. Vy không có phn t t nào trong dãy chia ht cho 1999. Vy Vy h thăng dư ca dãy: {1;2;3... Ta có:
xk 2
xk A
∈
xi .
=
xi A
∈
xj B
∈
x j
1 .2.3...1998 ...1998 (mod 1999) 1999) ≡ 1.
45 Suy ra
2
xk
1999) ≡ 1998! (mod 1999)
xk A
∈
1999)), do đó Mt khác theo đnh lý Wilson ta có: 1998! ≡ −1 (mod 1999
xk
2
+1
xk A
∈
1999)) ≡ 0 (mod 1999
Áp dng b đ trên ta suy ra điu vô lý do 1999 là s nguyên t dng 4k + 3 nên 1 không th chia ht cho 1999. Vy không th chia 1998 phn t bt kì ca dãy nguyên dương này thành 2 tp con có tích các phn t trong tp bng nhau. Bài tp 4.6. Cho dãy s (un) tha
u1 = 1, u2 = 2 un+1 =
unun−1(n + 1) P n−1
a) Tìm s nguyên t pđ S = u p−−2−1 1 là s nguyên. nguyên. (mod n b) Chng minh u n−1 ≡ 0 (mod n − 1). p
p
n
Li gii
(mod p p p−1 ). Qua đó, ta Ý tưng ca bài này đơn gin là tìm plà s nguyên t đ u p−2 − 1 ≡ 0 (mod d đoán công thc tng quát ca un đ có th đưa v mt bài toán s hc đơn thun. Câu a: 1 , 2, 3.... Ta chng minh theo qui np u n = n! n ! ∀n ∈ 1,
Tht vy điu này đúng vi n = 1; 2 : = k tc Gi s điu này đúng đn n = k uk+1 =
u1 = 1 = 1!
u2 = 2.u1 = 2! uk = k! k ! Xét uk+1 , ta có:
(k + 1)u 1) uk uk−1 (k + 1)!(k 1)!(k 1)! = = (k + 1)! (k 1)! P k−1
−
−
= k + + 1 nên theo nguyên lý quy np ta suy ra un = n = n!!∀n = 1;2; .... Vy điu này đúng đn n = k ( p−2)!−1 ( p − 2)!. Vy S = p −1 .Gi s S là là s nguyên, ta suy ra S.p p−1 + 1 = ( p 5 . ta có: Xét p > 5. p
p 1
(mod p p − 1) ⇒ S.p − + 1 ≡ 0 (mod (mod p p − 1) ⇒ S + + 2 ≡ 0 (mod (mod p p − 1) − 2)! ≡ 0 (mod Mt khác: S + + 2 < p − 1 ⇔ ( p ( p − 2)! < 2)! < 1 1 + p − ( p − 3) (đúng). ( p
p 2
T đó ta suy ra điu vô lý. Vy p 5. D thy p = 3 tha mãn điu kin đ bài.
46 Câu b:
+Trưng hp 1: n là s nguyên t. Theo đnh lý Wilson ta có: (n
+1 − 1)! ≡ −1(mod n) ⇒ (n − 1)! ∈ N ∗ n
Li có
un−1 (n 1)! (n = = n n
Suy ra
−
un−1 (n = n
− 1)! + 1 − 1 n
n
=
(n
− 1)! + 1 − 1 (do 0 < 1 < 1) n
n
− 1)! − (n − 1) = (n − 1)[(n − 2)! − 1] n
n
−1 Mt khác, do (n; n − 1) = 1 ⇒ (n−2)! n
∈ N∗ nên ta suy ra u − ≡ 0 (mod n − 1) n
n 1
+ Trưng hp 2: n không là bình phương ca 1 s nguyên t ⇒ n = rs vi 1 < r < s n − 1. Do r < s n − 1 nên ta suy ra r < s n − 2 nên r, slà ưc s ca mt trong các s {1;2;3...; n − 2}. Vy (n
− 2)! = (n − 2)! ∈ N ∗ ⇒ n
rs
un−1 (n = n
− 1).(n − 2)! = (n − 1).k ≡ 0 (mod n − 1) n
+Trưng hp 3: n là bình phương ca 1 s nguyên t. Đt n = p2 vi 3 p < n − 1 vì nu p = 2 thì hin nhiên ta có điu phi chng minh. Lp lun tương t như trưng hp 2, p là ưc ca mt trong các s {1;2;3...; n − 2}. Bây gi ta xét xem liu p còn là ưc ca s nào na không. Tht vy, ta có: n − 1 = p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) > 2 p > p. Vy 2 p còn là ưc ca mt s bt kì trong các s {1;2;3...; n − 2}. Chính vì th mà
− 1)! ≡ 0 (mod 2 p.p.(n − 1)) ⇒ (n − 1)! ≡ 0 (mod 2n(n − 1)) ⇒ (n − 1)! ≡ 0 (mod n − 1) ⇒ u − ≡ 0 (mod n − 1) (n
n 1
n
T các điu trên ta có đpcm.
n
Bài tp 4.7. Cho dãy s xác đnh bi: an+1 = an [an ] , n 0
{ }
Chng minh rng an = an+2 khi n đ ln. Li gii
47 Xét 0 < a0 < 1 , ta có [a0 ] = 0
⇒ a
n =
[an] an = 0, n = 1, 2, 3...
{ }
∀
Xét a0 > 1 , ta có:
{ } ⇒ 0 < [a ] < [a ] < ... < [a ] ⇒ [a ] = c khi n đ ln < 0 ⇒ a < 0, ∀n = 1, 2, 3... ta có: = {a } [a ] > a ⇒ 0 > [a ] > [a ] > ... > [a ] ⇒ [a ] = c khi n đ ln
an+1 = an [an ] < [an ] < an Xét a0
n+1
n
1
n0
1
0
n
an+1
n
n
n
n+1
n
1
n0
2
0
Như vy [an0 ] = k vi n0 đ ln. Ta có: an+1 = an [an ] = a n [an]
{ }
− ([a ]) n
2
= kan
2
− k , ∀n n
0
S dng phương pháp sai phân vi tng hng t ca dãy vi h s tương ng ta có:
k n−1 an+1 = k n an
n+1
−k −k
k nan+2 = k n−1 an+1 ... 2
ka i+n−1 = k ai+n−2 ai+n = kai+n−1
−k
n
−k
3
⇒ a
i+n
n
= k an
−
k2 (1 kn ) k2 n = k an + 1 k 1 k
− −
−
−
k2 1
−k
2
Nu |k| > 1 thì
k2
−
k2
− k 1 − k → ∞ (vô lý do dãy trên b chn) Suy ra −1 k 1 ⇒ k ∈ {−1;0;1}. * Nu k = 0 : a = 0, ∀n > n * Nu k = 1 : a = a − 1, ∀n n (vô lý do [a ] = k ∀n n mà khong cách gia 2 hng an+i = k
n
an +
n
1
0
n+1
n
0
n0
0
t liên tip ca dãy là 1). * Nu k = −1 suy ra
an+1 = 1
− a , ∀n n ⇒ n
0
Tr nhau ta có an = an+2 , ∀n n0 (đpcm).
an+1 = 1
−a =1−a
n
an+2
n+1
Dãy s nguyên và tính chính phương Bài tp 4.8.
a) Chng minh
√ 3+ 5 2
− √ là s nguyên. √ − √ n
+
3
5
n
2
b) Chng minh mi s hng l ca dãy
3+ 5 2
n
+
3
5
2
n
− 2 đu là s chính phương.
48 Li gii Câu a:
Xét dãy s sau:
x1 = 3; x2 = 7 xn+2 = 3xn+1
Ta chng minh theo quy np
xn =
√ 3+ 5 2
Tht vy điu này đúng vi n = 1; 2 :
xk+1 = 3xk
⇔ x
k+1 =
n
− √ ∀ √ − √ √ √ − √ − √ n
3
+
n
5
n = 1;2; ...
2
x1 =
3+ 5 2
x2 =
3+ 5 2
3
+
3
+
=3
5
2
3
+
5
2
2
k
3+ 5 2
Gi s điu này đúng đn n = k tc xk = Xét xk+1 , ta có:
− x ∀n = 1;2; ....
5
2
=7
k
.
2
√ − √ √ − √ − − √ √ − √ − √ √ − √ 3+ 5 2
xk−1 = 3
3+ 5 2
k 1
−
k
3
+
7+3 5 2
k
5
2
3
+
5
k 1
−
3+ 5 2
k 1
−
7
+
3 5 2
2
=
3
5
k 1
−
2
3+ 5 2
k+1
+
3
5
2
Vy điu này đúng đn n = k + 1 nên theo nguyên lý quy np ta suy ra
xn =
Do xn =
√
n
−√ 5
n
∀ 3+ 5 2
+
3
2
√ 3+ 5 2
− √ n
3
+
5
n
2
∀n = 1;2; ...
n = 1;2; ... có công thc truy hi vi các h s nguyên và x1 ; x2
nguyên nên t đó ta suy ra xn nguyên. Vy
√ 3+ 5 2
− √ n
3
+
5
2
n
nguyên ∀n = 1;2; ....
Câu b:
Tip tc vi ý tưng bin lun dãy nguyên theo công thc truy hi và mt chút bin đi khéo léo đ chng minh s chính phương. Ta có: √ n √ n
− − √ √ − − √ √ − 3+ 5 2
=
5+1 2
=
5+1 2
3
+
5
2
2n
+
n
−
5 1 2
5 1 2
2
2n
2
n 2
k+1
49 Vy bài toán tr thành bài toán th nht và ta ch vic chng minh xn =
√ − 5 1 2
n
√ 5+1 2
x1 = 1; x2 = xn+2 =
√ √ − 5+1 2
n
−
−√ 5x
n+1 + 2xn
và x2n = α 5; x2n+1 = γ
∀n = 1;2; ... √ 5 + 1
√ − √ − √ − − x2 =
Gi s điu này đúng đn n = 2k tc x2k+2 = √ nguyên và x2k = α 5. √ Vy x2k+2 = β 5 (β = x2k+1 − α) Xét x2k+3 ; x2k+4 . Ta có:
√ 5x −x √ 5 + 1 √ 5 − 1 − 2 2 √ 5 + 1 √ 5+ 5 2k+2
có công thc truy hi là
√
Tht vy điu này đúng vi n = 1; 2 :
x2k+3 =
n
5 1 2
√ 5 x1 =
5 1 2
2
5+1 2
√ 5x
2
=1
5 1 2
− x
2k+1
2k
2
√ √ 5
4 5 = = 4
và x2k+1 nguyên do x1; x3 ; ...
2k+1
√ √ − − − √ − − √ ⇒ − − − √ √ √ − − √ ⇒ − √ √ − √
= 5
2k+2
x2k+3 =
5+1 2
Và
2k+2
2k+1
x2k+3 =
2
2
5+1 2
2k+1
2k+3
5 1 2
−
2k+3
1
3+ 5 2
5+1 2
5 1 2
5 1 2
2k+1
2k+1
2k+1
5 1 2
5
5
2
3
2k+1
1
5
2
2k+3
(1)
√ 5x −x √ 5 + 1 √ 5 − 1 − 2 2 √ 5 + 1 √ 3+ 5
x2k+4 =
2k+2
√ √ − − − √ − − √ ⇒ − √ √ − √
= 5
x2k+4 =
=
−
nguyên vi mi n l.
Chng minh theo quy np xn =
=
n
5+1 2
√
2k+3
2k+3
2k+2
2
5 1 2
2
2k+4
−
5 1 2
5+1 2 2k+2
2k+2
3
2k+4
(2)
Li có x2k+3 = 5x2k+2 − x2k+1 = 5β − x2k+1 là s nguyên (3). √ √ và x2k+4 = 5x2k+3 − x2k+2 = 5(λ − β ) không là s nguyên (4).
5 1 2
5
2
2k+2
50 T (1);(2);(3);(4) ta suy ra nhng điu trên đúng vi n = k + 1 nên theo nguyên lý quy np ta chng minh đưc
x1 = 1; x2 = xn+2
√ 5
√ = − 5x
√
n+1 + 2xn
∀n = 1;2; ...
và x2n = α 5; x2n+1 = γ
Do x2n+1 = γ nên ta suy ra mi s hng l ca dãy trên đu là s chính phương. Da vào bài trên ta có th xét thêm mt bài thú v sau:
Bài tp 4.9. Cho dãy s (xn) tha mãn:
x0 = 1; x1 = 3 xn+2 = 6xn+1
−x
n
Chng minh rng vi mi n 1 thì (xn ) không là s chính phương. Li gii Tương t ý tưng ca bài 2, ta s bin đi khéo léo đ đưa v y như dng ca bài 2. Nhưng điu đc bit đây chính là ta cn 2 dãy chng minh song song cùng nhau bng quy np đ cng c cho li gii ca bài toán thêm cht ch. (Lưu ý: Li gii ch đ b sung và cho ta thy mt ng dng khá mnh ca bài 2). D dàng chng minh theo quy np:
√
− √
3+2 2
xn =
n
+ 3 2
2 2
n
Ta bin đi x n theo 2 hình thc sau:
√ √ − − √ − √ − √ ± √ − Và ta có th dung phương pháp truy hi đ tìm công thc truy hi ca ln lưt có công thc truy hi là: √ √ √ √ − √ √ − 2+1
xn =
2+1
xn =
2n
2n
+ 2
2
+ 2
2n
1
2
1
vn+2
n+1
−v
n
+
=
2
1
2+1
n
=
n 2
1
2
2n
v0 = 2; v1 = 2 2
√ = 2 2v
2+1
2
1
n 2
+1
2
2+1
và
n
n
2
1
n
z 1 = 2; z 2 = 4 2
√
z n+2 = 2 2z n+1
− z
n
Theo như bài trên ta có th chng minh chúng ln lưt có tính cht
v2n = a
√ (a; b ∈ Z) và
v2n+1 = b 2
√
z 2n = c 2 z 2n+1 = d
(c; d
∈ Z)
T đó ta rút ra đưc xncó dng A2 + 1 hoc B 2 − 1 nên rõ ràng xn không th là s chính phương vi mi n 1.
51 Mt vn đ thú v rng ti sao ta li phi cn đn 2 dãy song song đ chng minh. Chính 2 dãy song song này đã to nên s thú v ca bài toán, khin nó tr nên cht ch hơn trong li gii. Vì khi xét n chn và l ta có th din đt xn theo 2 2 hình thc và do 2 hình thc trên đu có dng 2x2 ± 1 nên hin nhiên nó không th là s chính phương vi mi n 1. Mt li gii khác chung ý tưng nhưng li gii ngn gn hơn: Xét dãy s nguyên
u0 = 0; u1 = 2 un+2 = 2un+1 + un
Ta d dàng chng minh theo quy np un =
Mt khác, dãy
x0 = 1; x1 = 3
−x √ √ 3+2 2 + 3−2 2
√ 1− 2 − √ 2
n
n
√ √ −
n
n
có công thc tng quát là
xn+2 = 6xn+1
xn =
√
( 2 + 1)
2
n
=
2+1
2n
+ 2
2
1
2n
Vây xn + (−1)n+1 = un 2 . T đó ta kt lun rng xn không th là s chính phương vi mi n 1.
Bài tp 4.10. (CIS 1992) Cho dãy s an xác đnh bi
a1 = 1 an+1 = a 12 + a2 2 + a32 + ... + an 2 + n n 1
∀
Chng minh rng an không là s chính phương vi mi n 2. Li gii
Vi nhng bài toán có công thc truy hi phc tp như trên, vic đu tiên ta cn nghĩ đn là s dng sai phân đ đưa v mt biu thc ngn gn và đơn gin hơn đ bin lun. Qua đó, ta vn dng các tính cht ca s chính phương đ chng minh. C th s chính phương ch có tn cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Ta có: a 2 = 2 Vi mi n 2; ta có: n
an+1 =
ak 2 + n
k=1 n 1
an =
−
k=1
ak 2 + n
⇒ a − a n+1
−1
n
= a n 2 + 1 > 0
52 Ta suy ra dãy này là mt dãy tăng ngt. Bây gi ta có mt dãy mi
a2 = 2 an+1 = a n 2 + an + 1 n 2
∀
Vn dng tính cht trên, ta s chng minh a n không th là s chính phương theo phương pháp quy np đơn thun, vì nu an là s chính phương thì nó phi có tn cùng là 1 trong các s 0, 1, 4, 5, 6, 9
Ta thy rõ s hng trong dãy có tn cùng là 7 xut phát t n = 3: a3 = 7; a4 = 57 Gi s điu này đúng đn n = k ; tc ak có tn cùng là 7. Xét n = k + 1 , ta có: a k+1 = a k 2 + ak + 1 Do ta ch xét ch s tn cùng ca ak+1 nên ta s xét ch s tn cùng ca tng s hng trong biu thc trên. Ta có ak có tn cùng là 7nên ak 2 có tn cùng là 9. Như vy ch s tn cùng ca
ak+1 = .b 1 b2 ...9 + c1 c2 ...7 + 1 = d 1 d2 ...7 9 + 7 + 1 = 6 + 1 = 7
Điu này cũng đúng vi n = k + 1, theo nguyên lý quy np ta suy ra an có tn cùng là 7 ∀n 3. Áp dng tính cht trên ta suy ra an không th là s chính phương vi mi n 3. Mt khác a2 = 2 không là s chính phương. Vy ta suy ra an không là s chính phương vi mi n 2.
Bài tp 4.11. (Balkan 2002) Cho dãy s an tha mãn
a1 = 20; a2 = 30 an+2 = 3an+1
− a ∀n 1 n
Tìm n đ A = 5an+1 an + 1 là s chính phương. Li gii Tương t, ta đi tìm công thc tng quát ca dãy s và bin lun. Đi vi nhng bài tìm giá tr n đ mt biu thc nào đó là s chính phương trong dãy s. Ta cn lưu ý đn nhng tính cht ca dãy chính cũng như dãy con (nu có) như đơn điu, đng dư. . . D dàng chng minh theo quy np công thc tng quát ca an là an = 10
√ 3+ 5 2
− √ n 1
−
+
3
5
2
n 1
−
53 Suy ra A = 5an+1 an + 1
√ √ √ √ 3+ 5 2
2
⇒A = 5.10 . ⇒A = 500
3+ 5 2
⇒A = 500
5+1 2
+
2n 1
−
− √ √ − √ − √ √ − √ − 3
4n 2
−
3
Dãy trên có công thc tng quát là xn =
+
3
5
n 1
−
2
+1
+3 +1
4n 2
−
+3 +1
2n 1
−
5 1 2
xn+2
−
−
5 1 2
x1 =
n 1
2n 1
2
+
Xét dãy ph sau:
3+ 5 2
.
5
+
−
n
5
2
+
2n 1
5+1 2
⇒A = 500
n
2
+ 501
√ 5; x = 6 √ = 5x − x ∀n 1 2
n+1
n
√ √ − n
5+1 2
5 1 2
+
n
∀n ∈ N
Ta có: xn
−x −
n 1
=
√ √ − √ √ − − − √ √ − =
n
5+1 2
5+1 2
n
5 1 2
+
n 2
−
5 1 2
+
5+1 2
n 1
−
5 1 2
n 1
−
n 2
−
> 0
Suy ra xn > xn−1 ∀n ∈ N. Vy xn là dãy tăng ngt. Tương t bài 2, dãy trên có mt tính cht có th chng minh đưc bng quy np theo 2 dãy song song là:
x2n = c
√
x2n−1 = d 5
(c; d
∈ N)
√
2
Chính vì th mà ta suy ra: A = 500 d 5 + 501. Gi s ∃ n0 ∈ N : A = 5an0+1 an0 + 1 là s chính phương, ta có: (50d)2 + 501 = k 2 (k
∈ N) ⇒ 501 = (k − 50d) (k + 50d)
Mt khác ta phân tích đưc 501 = 3.167, mà
k + 50d + k
− 50d = 2k k + 50d > k − 50d
54 nên ta suy ra
√
k + 50d = 501 k
⇒ d = 5 √ = 5 5 và x là dãy tăng ngt nên ta suy ra
− 50d = 1
Vy ∃ n0 ∈ N : xn0 = 5 5. Ta tính toán đưc x3 n = 3. Vy vi n = 3 thì A = 5an+1 an + 1 là s chính phương.
n
Bài tp 4.12. Cho dãy s tn tha mãn:
t1 = 9; t2 = 25; t3 = 81 tn+3 = 7tn+2
− 14t
n+1 + 8tn
∀n 1
√
a) Chng minh rng: vn = tn+1 − 2n+1 tn+1 + 2 2n ∀n 1 là s chính phương. √ b) Chng minh rng nu T = 2 + 2 12tn + 1 ∈ N thì nó là s chính phương. c) Gi s tn ti dãy s xn sao cho xn .tn có l s ưc. Chng minh dãy xn gm toàn s chính phương. Li gii Câu a:
Ta thy biu thc cn chng minh có dng căn thc. Điu này gi cho ta vic chng minh tn là mt dãy s chính phương. Bng vic th ln lưt các s hng đu tiên ca dãy, ta rút ra nhn xét rng dãy t n gm toàn s chính phương. Bây gi vic ta cn làm là chng minh dãy tn gm toàn s chính phương. Thông thưng nhng bài toán chng minh dãy là s chính phương hoc không là s chính phương ta thưng phi tìm ra công thc tng quát ca dãy đ đưa v bài toán s hc thông thưng. Nhưng trong dãy s ta có th ch đng bin đi linh hot gia chúng đ to nên li gii hp lý. Đin hình vi bài toán này ta thy vic chng minh t n = 22 n + 2n+1 + 1 gm toàn s chính phương rõ ràng là mt công vic không kh thi. Song ta có th da vào phương pháp ca dãy s và chng minh thng đ d đoán và chng minh tn là bình phương ca mt đng thc nào đó. Nh phương pháp sai phân ta có đánh giá như sau: 3
5 21
Hay
√ t
9 22
√ t
1
23
√ t
2
21
17 24
√ t
3
22
33
√ t
4
23
5
24
√
Do đó, ta s chng minh theo quy np tn+1 = (2n + tn )2 . Do t1 = 9 = 32 nên điu trên đúng vi n = 2 : t2 = (2 + 3)2 = 25.
55
√
Gi s điu này đúng vi n = k ; tc tk = 2k−1 + tk−1 2 . Ta xét n = k + 1 ; ta có:
tk+1 = 7tk
⇒t ⇒t
k+1 k+1
k 2
tk−1 − 2 −
2
− 14t − + 8t − = 7t − 14t − + 8 √ √ t − 2 − = 7t − 6t − − 8.2 − t − + 8.2 − = 7t − 6 t − 2 − − 8.2 − √ √ t + 2 = t + 2.2 t + 2 = k
k
k 1
k 2
k 1
k 1
k
k
2k
k
k 1
2(k 2)
k 1
k
k 2
k
Vy theo nguyên lý quy np ta suy ra
n
tn+1 = 2
k
k 1 2
k 1
k
k 1
+ 8.22(k−2)
√ + t ∀n ∈ N 2
n
Mt khác do t 1 = 9 là s chính phương nên t đó ta suy ra mi s hng ca dãy đu là s chính phương. √ √ Vy vn = tn+1 − 2n+1 tn+1 + 2 2n = ( tn+1 − 2n )2 là s chính phương. Câu b:
Vic chng minh s chính phương đã giúp ta đưa bài toán v mt dng quen thuc hơn: √ “Nu A = 2 + 2 12a2 + 1 ∈ N thì nó là s chính phương". √ Tht vy, gi s A ∈ N ⇒ 12tn + 1 = k (k ∈ N) ⇒ 12tn = (k − 1)(k + 1) Do k l nên ta suy ra k = 2l + 1 (l ∈ N). T đó ta suy ra: 3tn = l(l + 1) . Do (l; l + 1) = 1 và tn là s chính phương nên ta suy ra
* Trưng hp 1:
l = b 2
l = 3a2
2
l = 3a
l + 1 = b 2
l + 1 = 3a
2
⇒ 3a
2
hoc
l = b 2 l + 1 = 3a2
(a; b
∈ N)
= 1 + b2
. Mt khác 3 = 4.0 + 3 nên t đó ta suy ra b 2 + 1 có ưc dng 4k + 3 nên ta suy ra 1 .. 3 (vô lý). Vy trưng hp này không th xy ra. * Trưng hp 2: Ta có:
l + 1 = b 2
.
√
A = 2 + 2 12tn + 1 = 2 + 2k = 2 (k + 1) = 4(t + 1) = 4b2
T đó ta suy ra A là s chính phương. √ Vy nu A = 2 + 2 12n2 + 1 ∈ N thì nó là s chính phương. Câu c:
Mt tính cht cơ bn ca s chính phương: Nu a là mt s chính phương bt kì thì nó luôn có l s ưc và ngưc li. (tính cht đưc chng minh nh vic s dng phép đm). Chng minh: Gi s a là s chính phương, ta vit dng tng quát ca a là a = p 1 2α1 p2 2α2 p3 2α3 ...pn2αn
56 S ưc ca a chính là s tích s ca các s nguyên t vi các ln thay đi khác nhau ca các s mũ αi , ∀ i = 1; n. Chính vì th mà theo quy tc nhân ta đm đưc a có (2α1 + 1) (2α2 + 1) (2α3 + 1) ... (2αn + 1)
s ưc và hin nhiên tng s ưc trên là mt s l. Ngưc li gi s s a có l s ưc, ta có dng tng quát ca a là a = p 1 r1 p2 r2 p3 r3 ...pn rn
Theo quy tc nhân ta đm đưc acó (r1 + 1) (r2 + 1) (r3 + 1) ... (rn + 1)
Do a có l s ưc nên ri + 1, ∀i = 1; n đu phi là s l, suy ra ri = 2k (k
∈ N) , ∀i = 1; n
Vây a chính là s chính phương. Tính cht đã đưc chng minh hoàn tt. Quay li bài toán trên và s dng tính cht này đ tìm ra li gii thích hp cho bài toán. Ta có: x n .tn có l s ưc. Áp dng tính cht trên ta suy ra x n .tn là s chính phương. Mt khác tn là dãy các s chính phương ⇒ x n là dãy các s chính phương. Bài tp 4.13. Cho dãy (un) tha mãn
u0 = 2; u1 = 5 un+1 = 5un
− 6u − , ∀n 1 n 1
Xét hàm s
x3 5x2un f (x) = + 6un 2 + 6n x + C (C R) 3 2 có đo hàm ti x0 (a; b) vi a; b N. Chng minh rng f (x) có đim cc đi và cc tiu có hoành đ luôn là s nguyên.
∈
− ∈
∈
Li gii
Đu tiên, ta có nhn xét sau: 2 đim cc tr ca hàm s trên thuc phương trình f (x) = x 2
− 5xu + 6u n
n
2
+ 6n = 0
Như th điu kin đu tiên đ nghim ca phương trình trên là s nguyên thì ∆ = un 2 −4.6n phi là s chính phương vi mi n 1. Như vy ta đưa bài toán v vic chng minh v n = un2 − 4.6n là s chính phương vi mi n 1. Trong bài toán này, ta s chng minh bài này bng phương pháp dùng tam thc bc hai đ gii quyt bài toán nhanh gn hơn (nghĩa là ta s đưa bài toán v dng X 2 + αXun + β + 6n = 0 do s 6n xut hin mt cách không t nhiên và mt c s hng un bc nht trong bài toán).
57 Như vy dãy s s có dng un+1 2 + αun un+2 + 6n + β = 0 (do dng này ta có th tách un+2 theo công thc truy hi và đưa phương trình trên v dng đã nêu trên). Ngoài ra ta vn có th chng minh biu thc trên thông thưng theo quy np ca mt biu thc đoán đưc. Như đã din đt trên, ta có: un+1 2
n+1 un + 6αun
− 5αu
2
+ 6n + β = 0
Xem biu thc trên như phương trình bc 2 theo tham s un n un+1 , ta đưc ∆ = 25α2 un2
2
n
2
2
n
− 24αu − 4.6 − 4β = α u − 4.6 − 4β n
n
Đng nht h s vi biu thc cn chng minh ta đưc α = 1; β = 0. Như vy ta s chng minh theo quy np unun+2
2
n
− u = 6 , ∀n ∈ N Tht vy điu này đúng vi n = 0 do 2.13 − 5 = 6 = 1 và n = 1 do 5.35 − 13 =6 . Gi s điu này đúng đn n = k , tc u u − u n+1
2
0
k k+2
k+1
2
2
= 6.
2
−u
k
Xét n = k + 1 , ta có: uk+1 uk+3
⇒u
k+1 uk+3
2
2
− u = u (5u − 6u ) − u = 5u u − 6u − u = 5u u + 6 − 6u u − u − 6u ) + 6 − u = 6 (do u = 5u − 6u )
=uk+2 (5uk+1
k+2 k+2
2
k
k+1
k+2
k+1
k+1
k+1 k+2
k+1
k+2
k+2
2
k+1 k+2
k k+2
k+1
k+2
k+2
k+1
2
k+1
k+2
2
k
Vy điu này đúng vi n = k + 1 , theo nguyên lý quy np ta chng minh đưc unun+2
−u
n+1
2
= 6n , n
∀ ∈N
Do đó, ta có: u2n+1
−u u
n n+2 + 6
n
=0
2 n+1
2 n n n+1 + 6un + 6
⇒ u − 5u u
∗
=0 ( )
Xem (*) như phương trình bc 2 theo tham s u n n un+1, ta có: X 2
− 5u X + 6u n
n
2
+ 6n = 0
Do dãy s trên là dãy các s nguyên nên ta suy ra X cũng phi là s nguyên. Như vy ∆ = 25un2
2 n
n
− 24u − 4.6
= u n 2
n
− 4.6
= v n
phi là s chính phương. Xét phương trình tng quát x2
− 5u x + 6u n
n
2
+ 6n = 0 (x
∈ R)
Phương trình có nghim khi và ch khi ∆ = vn = un 2 − 4.6n > 0 . Mà vn là s chính phương (chng minh trên) nên phương trình này luôn có nghim và Như vy 2 nghim ca phương trình trên ln lưt là x =
5un
± √ u − 4.6 n
2
2
n
√ ∆ ∈ N.
58
√
+Vi un l cũng như un chn, thì 5un ± un 2 − 4.6n luôn là mt s chn nên hin nhiên nó chia ht cho 2. Cho nên x luôn là mt s nguyên. Mt khác
2
x
− 5xu + 6 n
n
+ 6un
2
x3 = 3
−
5x2 un + 6un 2 + 6n x + C (C 2
∈ R) = f (x)
Mt khác hàm s ch có th đt cc đi hoc cc tiu ti a, b, x0 nên t đó ta suy ra điu phi chng minh. Bài tp 4.14. Xét hàm s f (t) = t +
√ ∀ ∈
và dãy (tb ) : tb = b 2
b
√ . Dãy s t
(an ) đưc xác đnh
a0 = m > 2, (m an+1
∈ N) = f (a ) , ∀n = 0, 1, 2... n
N. Chng minh rng tn ti n 0 ; b0 :
√ a
∈ Z.
n0 .tb0
Li gii
Vi điu kin đ bài, ta có th nhn ra rng tích s trên phi là s chính phương. Như vy hoc an0 ; tb0 đu là s chính phương, hoc a n0 = t b0 , hoc ch an0 .tb0 là s chính phương. Vic ch ra tn ti hoc a n0 = t b0 , hoc ch a n0 .tb0 là s chính phương là công đon tính toán vt v nht là đi vi hàm phn nguyên. Như vy ta s chng minh tn ti vô s s hng là s chính phương đ khng đnh s tn ti ca 2 bin đc lp mà không cn ch ra c th điu kin ca 2 bin bng vic tính toán. Ta s tun t chng minh bài toán theo tính cht ca hàm phn nguyên áp dng khai trin Newton trong dãy s cũng như đ lch ca các hng t trong dãy. Xét dãy (an), ta có: m < f (m) < f (f (m)) < ... nên dãy trên là dãy tăng ngt. Vy ta chia làm hai trưng hp sau: Trưng hp 1: Nu m không phi là s chính phương. Gi t 2 là s chính phương ln nht không vưt quá m = a0 . Theo cách xác đnh trên ta suy ra đưc d = [ m] . Đt m = d 2 + k . Ta có d 2 < m (d + 1) 2 0 < k 2d + 1 .
√
⇒
* a) Xét 0 < k < d + 1 .Theo cách xác đnh dãy ta có: d2 < a1 = f (a0 ) = m +
⇒d < Ta có:
f (a0 ) < (d + 1)
√
a2 = f (a1 ) = a 1 + [ a1 ] = m +
√
m = d 2 + k + d < (d + 1) 2
⇒ d =
√
√
√
f (a0 ) = [ a1 ]
m + [ a1 ] = m + 2d = (d + 1) 2 + k
−1
Như vy ta thy s chính phương ln nht không vưt quá a2 là (d + 1) 2 và đ lch ca chúng gim đi 1 sau 2 ln thc hin quá trình trên.
59 Áp dng tương t vi phn t bt đu là a1 . Quá trình trên đưc lp li và đ lch gim dn v 0 nên sau hu hn bưc ta s gp s chính phương. * b) Xét d + 1 k 2d + 1 ta có: a1 = f (m) = m +
√
m = d 2 + k + d = (d + 1) 2 + k
−d−1
Do 0 k − d − 1 < d + 1 nên ta có:
√ a = 1
f (m) =
Mt khác, ta li có:
(d + 1)
2
√ + k − d − 1 ⇒ [ a ] = 1
f (m) = d + 1
f (m) = d2 + k + 2d + 1 = (d + 1) 2 + k
a2 = f (a1 ) = f (m) +
Vy (d + 1)2 là s chính phương ln nht không vưt quá a2 và k chính là đ lch ca nó. Do 0 k < d + 1 nên ta quay li trưng hp a) vi phn t bt đu ca dãy này là a 2 . Như vy, ta chng minh đưc sau mt hu hn bưc thì dãy (an ) s gp phn t là s chính phương. Trưng hp 2: Nu m đã là s chính phương thì hoc dãy (an ) có vô hn s chính phương hoc tn ti n 0 N : an0 không là s chính phương. Khi y ta quay li trưng hp 1 và sau hu
∈
hn bưc ta s gp li phn t ca dãy là s chính phương. Do quá trình trên lp li vô hn ln nên ta suy ra dãy trên có vô hn s chính phương. Xét dãy (tb ). Theo khai trin Newton, ta có:
√ √ √ − √ − khi l l ⇒ − − ⇒ √ ⇒ √ ⇒ ⇒ √ ⇒ √ 2+1 2
(2
1
l
l
= z l 2 + yl = z l 2
1)l = 2z l 2
yl 2
yl 4 + yl 2 = yl z l 2
yl
1 + yl 2 = 2z l 2
2
yl 4 + yl 2 = yl z l 2
Mt khác:
yl 2 <
Li có
yl 4 + yl 2 < yl 2 + 1
yl 4 + yl 2 = yl z l 2
√
yl 4 + yl 2 = yl 2
yl z l 2 = y l 2
Do yl z l 2 là mt dãy con ca dãy tb nên ta suy ra dãy trên có vô hn s chính phương. Như vy
∃ b , n ∈ N : 0
Vy ta có đpcm.
0
an0 .tb0
∈ Z ⇒ a
n0 +1
= f (an0 ) = d2 + d = d (d + 1)
60
C : M Lê Phúc L 1
Hàm s hc f là hàm nhn đi s và giá tr trên mt tp ri rc là tp con ca s nguyên, thông thưng thì ta xét f : N → N. Các hàm s hc quen thuc và gp nhiu ng dng như: hàm phn nguyên, hàm phn l, hàm tng các ch s, hàm Euler... Còn các hàm tng các ưc và hàm s các ưc rõ ràng là cũng đưc gii thiu nhiu nhưng phn ng dng ca nó khá ít. Bài vit dưi đây lưc dch t mt chương trong cun Elementary Number Theory and Its Application ca tác gi Kenneth Rosen. Mong rng vi mt s lưng bài tp khá phong phú, chúng ta s đưc tip cn tt hơn đi vi hai hàm s hc “quen mà cũng l” này.
Hàm tng các ưc s và s các ưc s Kin thc cn nh Đnh nghĩa và tính cht. Vi mi s nguyên dương n, kí hiu là tng các ưc dương ca n (k c n ) và τ (n) là s các ưc dương ca n (k c n ). Ta xét biu din ca n là n = p a11 pa22 pa33 ...pakk
vi p1 , p2 , p3 ,...,pk là các s nguyên t còn a1 , a2 , a3 ,...,ak là các s nguyên dương. T đây ta quy ưc biu din ca n dưi dng này. Khi đó ta có: pa11 +1 1 pa22 +1 1 pa33 +1 1 pakk +1 1 σ(n) = ... p1 1 p2 1 p3 1 pk 1
− −
− −
− −
− −
và τ (n) = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1)...(ak + 1)
Chú ý rng ta cũng có th kí hiu σ(n) =
và d
dn
|
τ (n) =
. 1
dn
|
Chng minh. Ta thy rng mt s d = pb11 pb22 pb33 ...pbk là ưc ca n khi và ch khi 0 bi ai vi i = 1, 2, 3,...,k.. Như th giá tr ca bi có th có ai + 1 cách chn và như th, theo nguyên lí nhân, s ưc ca k
1
Sinh viên Đi hc FPT
62 n chính là . Tip theo, ta xét biu din ai
k
p ji
i=1
= 1 + p1 + p21 + ... + pa11
j=1
1 + p2 + p22 + ... + pa22 ... 1 + pk + p2k + ... + pakk
D thy khai trin này có tt c (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1)...(ak + 1) và các s hng đó là các ưc phân bit ca n. Do đó, đi lưng trên chính là tng các ưc ca n và có th thu gn thành pa11 +1 1 pa22 +1 1 pa33 +1 1 pakk +1 1 σ(n) = ... p1 1 p2 1 p3 1 pk 1
− −
− −
− −
− −
Nhn xét. Nu f là hàm nhân tính, nghĩa là f (m)f (n) = f (mn) vi mi (m, n) = 1 thì ta có F (n) = f (d) cũng là mt hàm nhân tính.
dn
|
Tht vy, gi s m, n là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau thì F (mn) =
f (d).
d (mn)
|
Rõ ràng ta có th vit d = d 1 d2 mt cách duy nht sao cho d 1 là ưc ca m và d 2 là ưc ca n vi (d1 , d2 ) = 1. Khi đó , ta có F (mn) =
f (d) =
d (mn)
|
f (d1 d2 ) =
d1 m, d2 n
|
f (d1 )f (d2 ) =
d1 m, d2 n
|
|
f (d1 )
d1 m
|
|
f (d2 ) = F (m)F (n)
d2 n
|
Nhn xét đưc chng minh. T đây, ln lưt thay f (x) = x và f (x) = 1, ta suy ra đưc rng các hàm σ(n) và τ (n) đu là các hàm nhân tính.
Ví d áp dng Ví d 1. 1. Tìm tt c các s nguyên dương n sao cho σ(n) ln lưt bng 12, 18, 24, 48, 52, 84? 2. Tìm s nguyên dương n nh nht sao cho τ (n) ln lưt bng 1, 2, 3, 6, 14, 100? Li gii
1. Đ làm các bài này, ta cn chn các s nguyên t và s mũ thích hp sao cho 1 + p1 + p21 + ... + pa11
1 + p2 + p22 + ... + pa22 ... 1 + pk + p2k + ... + pakk = σ(n)
Ta lit kê các s có dng 1 + pk + p2k + ... + pak t nh đn ln: k
1 + 2, 1 + 3, 1 + 5, 1 + 2 + 22 , 1 + 7, 1 + 3 + 32 , 1 + 2 + 22 + 23,...
Vi σ(n) = 12, ta thy ch có th vit thành 12 = (1 + 2)(1 + 3) và s cn tìm là n = 6. Các s còn li thc hin tương t. 2. bài này, ta cũng chn các s mũ thích hp trưc ri tip đn chn các s nguyên t nh đ cho giá tr ca n càng nh càng tt. Chng hn vi τ (n) = 14, ta có th chn ngay s mũ là 13 ng vi ưc nguyên t 2, tc là n = 213 . Tuy nhiên, ta có th làm cho giá tr này nh hơn bng cách vit 14 = 2 · 7, ng vi 2 s mũ 1 và 6, ta chn s n = 3 · 26 . Đây là s nh nht cn tìm. Các s còn li thc hin tương t.
63 Ví d 2. 1. Chng minh rng τ (n) là s l khi và ch khi n là s chính phương. 2. Vi các giá tr nào ca n thì σ(n) là s l? Li gii
1. Ta thy rng τ (n) = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1)...(ak + 1) nên nu τ (n) l khi và ch khi tt c các s mũ đu phi là s chn, nghĩa là n là s chính phương. 2. Ta cn chn các ưc nguyên t và s mũ thích hp đ σ(n) là s l. Ta có σ(n) = 1 + p1 + p21 + ... + pa11
1 + p2 + p22 + ... + pa22 ... 1 + pk + p2k + ... + pakk
nên nu có ưc nguyên t nào đó là 2 thì vn tha mãn, nu n có ưc nguyên t l thì trong tng trên, chúng phi xut hin chn ln. Do đó, s cn tìm có dng n = 2k m2 vi m là mt s chính phương l. Ví d 3. Mt mt khu hp l có đ dài n, n 6 gm 2 phn: 4 kí t đu là 1 trong 2 ch s 0 hoc 1, n − 4 kí t sau là 1 trong 26 kí t ca bng ch cái ting Anh nhưng không cha toàn ch ‘A’. Chng hn: 0100XYZ là mt mt khu có 7 kí t, hp l nhưng 0111AAA hay 0123ABC là các mt khu có 7 kí t nhưng không hp l. a. Hi tng s mt khu hp l là bao nhiêu? Đt s lưng đó là sn . b. Gi s tt c các cách biu din sn thành tng ca các s nguyên dương bng nhau (có lưng s hng tùy ý và có th ch gm 1 s hng) là tn . Chng minh rng tn chia ht cho 10. Li gii Câu a: Xét mt khu có dng X 1 X 2X 3 ...X n vi
∈ {0; 1} ∀i = 1, 4 X ∈ {A,B,C,...,Z } ∀k > 4 Mi s X , X , X , X có 2 cách chn nên có tt c 2 × 2 × 2 × 2 = 16 cách chn 4 kí t đu. 1
2
3
4
X i
k
Mi s X k , 4 < k n có 26 cách chn nên có tt c 26n−4 cách chn nhưng tr trưng hp toàn b là A đi nên có tng cng 26n−4 − 1 cách chn n − 4 kí t sau. Do đó, tng s mt khu hp l có th có là sn = 16(26n−4 − 1). Câu b: D dàng thy rng t n chính là s ưc ca s n . Ta cũng có (16, 26n−4 − 1) = 1 nên có th vit s n dưi dng sn = 24 × p vi p là mt s nguyên dương l. Do n 6 nên n − 4 2 và 26n−4 chia ht cho 4, tc là 26 n−4 − 1 có dng 4k + 3, không th là mt s chính phương, tc là nó có s ưc chn. Thêm vào đó, 4 + 1 = 5 nên theo công thc tính s ưc ca mt s nguyên dương thì tn va chia ht cho 5 và va chia ht cho 2 nên nó phi chia ht cho 10. Ta có đpcm.
64 Ví d 4. a) Cho n là mt s t nhiên tha mãn n + 1 chia ht cho 24. Chng minh rng tng các ưc dương ca n (k ca n) cũng chia ht cho 24. b) Xét s nguyên A = 20102011
2010
1994
− 2011 − 2052
Hãy chng minh rng A là mt hp s dương và tng các ưc s dương ca A chia ht cho 24. Li gii
a) Gi d(n) là tng các ưc dương ca n. Trưc ht, ta s chng minh rng d(n) chia ht cho 3. √ Tht vy, gi a là mt ưc nào đó ca n thì na cũng là ưc ca n và nu xét 0 < a < n thì các b a; na đôi mt khác nhau (do n + 1 chia ht cho 24 nên n chia 3 dư 2 và nó không th là s chính phương). Vì n chia 3 dư 2 nên trong hai s a, na có mt s chia 3 dư 1 và mt s chia 3 dư 2; suy ra tng ca chúng phi chia ht cho 3. Do đó
...
d(n) =
a+
√ 0
n a
3
Tương t, ta thy rng n + 1 chia ht cho 8 nên n chia 8 dư 7. Do n là s l nên chia 8 có các s dư là 1, 3, 5, 7; khi đó, d dàng thy rng trong hai s a, na có mt s chia 8 dư 1, mt s chia 8 dư 7 hoc mt s chia 8 dư 3, mt s chia 8 dư 5. D thy khi đó tng ca hai ưc này cũng chia ht cho 8. T đó suy ra d(n) chia ht cho 8. Kt hp hai điu trên li, ta thy rng tng các ưc dương ca n chia ht cho 24. b) Trưc ht, ta s chng minh rng n là hp s dương. Tht vy, ta s chng minh rng nu x > y 3 thì yx > xy ( )
∗
Bt đng thc này tương đương vi
⇔ lnyy > lnxx
x ln y > y ln x
Hàm s f (t) = lnt t , t > 3 có f (t) = 1−t2ln t < 0 nên đây là hàm nghch bin, suy ra f (x) < f (y) hay (*) đúng. Cũng bng cách dùng hàm s, ta có th chng minh rng vi n đ ln và 0 < a < n thì có đánh giá nn+a > 2 (n + a)n
Do đó 20102011 > 2.20112010 > 20112010 + 20521994 nên A > 0 . Xét trong modun 5 thì A
≡−
1 + 2 1994 (mod5)
65 Mà 24
≡ 1(mod5) ⇒ 2
1994
= 4 24
498
≡ 4(mod5)
Suy ra A chia ht cho 5 hay A là mt hp s. Tip theo, ta s chng minh rng A + 1 chia ht cho 24. Tht vy, do 2010, 2052 chia ht cho 3 nên A+1
Hơn na 2052 chia ht cho 8 và A+1
2010
≡ −3
≡ − (−1)
+1
2010
2 1005
≡− 3
+ 1 = 0(mod3)
+1
≡ −1
1005
+ 1 = 0(mod8)
Suy ra A + 1 chia ht cho 3 và chia ht cho 8 nên A + 1 chia ht cho 24. Theo kt qu câu a, ta có tng các ưc dương ca A chia ht cho 24, suy ra đpcm.
Bài tp có hưng dn, gi ý Bài tp 5.1. Chng minh rng phương trình τ (n) = k có vô s nghim nguyên dương n vi mi k , còn phương trình σ(n) = k thì có hu hn nghim nguyên dương n. Gi ý. Ta thy rng giá tr ca σ(n) có s tham gia ca các s nguyên t, còn giá tr ca τ (n) thì không (điu này có nghĩa là ta có th chn giá tr ca các ưc nguyên t ca s n ln tùy ý). Bài tp 5.2. Tích ca tt c các ưc ca n bng bao nhiêu? Chng minh rng hàm tích các ưc ca n là mt đơn ánh trên tp hp s nguyên dương. Gi ý. Chú ý rng các ưc ca n có th chia thành tng cp có dng d; nd và như th khi nhân chúng li, ta s đưc mt giá tr n mi. Kt qu là nτ (n)/2 . Còn vic chng minh tính đơn ánh thì có th s dng phân tích thành tha s nguyên t.
Bài tp 5.3. Tìm tt c các s nguyên dương n sao cho σ(n) + φ(n) = 2n, trong đó kí hiu φ(n) là s các s nguyên dương không vưt quá n và nguyên t cùng nhau vi n. Gi ý. Có th s dng trc tip công thc ca các hàm s trên ri dùng bt đng thc chng minh rng σ(n) + φ(n) 2n hoc dùng lp lun trc tip da theo ý nghĩa ca các hàm s. Bài tp 5.4. a. Chng minh rng s cp có th t các s có BCNN đúng bng n là τ (n2 ). b. Chng minh rng vi mi s nguyên dương n thì τ (2n
− 1) τ (n).
√
c. Chng minh rng s nguyên dương n là hp s khi và ch khi σ(n) > n + n.
66 Gi ý. a. Ta tính s cách chn b (a, b) mà [a, b] = n là (2a1 + 1)(2a2 + 1)...(2ak + 1) bng vic lp lun trên các s mũ tương t như chng minh công thc tính τ (n). . b. Chú ý rng (2ab − 1)..(2a − 1) vi a, b ∈ Z+ nên d thy s ưc ca 2n − 1 nhiu hơn ca n. √ √ c. Gi s n = ab vi 1 < a b < n thì σ(n) 1 + a + b + n > 1 + n + n > n + n. Chiu ngưc li chng minh khá d dàng bng vic kim tra các s nguyên t. Bài tp 5.5. 1. Chng minh rng
√
[ n]
n
τ (i) = 2
i=1
100
T đó tính tng
− √ i=1
n i
n
2
τ (i).
i=1
2. Cho a, b là các s nguyên dương. Chng minh max
σ(a) σ(b) , a b
σ(ab) σ(a)σ(b) ab ab
3. Chng minh rng nu a, b là các s nguyên dương thì σ(a)σ(b) =
· . d σ
d (a,b)
|
ab d2
Gi ý. a. Ta s dng phương pháp quy np. Chú ý rng trong bưc quy np, ta kim tra 2 trưng 100 hp n là s chính phương hoc không. Tng τ (i) = 482.
i=1
b. Ta chia thành 2 bt đng thc bσ(a) σ(ab) và σ(ab) σ(a)σ(b) ri s dng trc tip công thc ca hàm σ(n). c. Đt a = rng
pai i , b =
pbi i
và ci = min(ai , bi ) vi i = 1, 2, 3,...,k . Trưc ht, ta chng minh ci
Sau đó xem xét các tng có dng
p ji σ( pai i +bi −2 j ) =
pi j=0
c
dσ
d (a,b)
|
ab d2
( pa+b− j + pa+b− j −1 + ... + p j ) vi c = min(a, b) và chú ý s
j=0
ln xut hin ca các tha s nguyên t trong σ(a)σ(b).
Bài tp t gii Bài tp 5.6. a) Tìm tng các ưc dương ca các s sau: 35, 2 · 3 · 5 · 7 · 11, 196, 25 · 34 · 53 · 72 · 11, 1000, 10!, 2100. b) Tìm s các ưc ca các s sau 36, 99, 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13, 99, 144, 20!.
67 Bài tp 5.7. a. Hi các s nguyên dương nào có đúng 2 ưc nguyên dương? b. Hi các s nguyên dương nào có đúng 3 ưc nguyên dương? c. Hi các s nguyên dương nào có đúng 4 ưc nguyên dương? Bài tp 5.8. Cho s nguyên dương a. Xét dãy s (un) xác đnh bi
u1 = a, un+1 = τ (un ), n = 1, 2, 3,...
Chng minh rng vi n đ ln thì u N = 2, ∀N n. Bài tp 5.9. S n đưc gi là “highly composite” nu τ (m) < τ (n) vi mi 1 m < n. 1. Chng minh rng vi mi k ∈ Z + , tn ti s HC n tha mãn k n < 2k. T đó suy ra có vô hn s HC và đánh giá chn trên cho s HC th k nào đó. 2. Chng minh rng nu n là mt s HC thì tn ti s nguyên dương k nào đó sao cho ta có biu din n = 2a1 3a2 5a3 ...pak vi pk là s nguyên t th k và a1 a2 ... ak 1. 3. Tìm tt c các s HC có dng n = 2a 3b vi a, b là các s nguyên dương. k
Bit s square-free là s có dng n = p1 p2 p3 ...pk vi p1 , p2 , p3,...,pk là các s nguyên t. Hãy tr li các câu hi sau đây.
Bài tp 5.10. a. Hi trong các s sau đây, s nào là s square-free? A.44
B.50
C.10000000
D.95
b. Mt s square-free nào đó có s các ưc là A. Hi A có th nhn giá tr nào? A.25
B.30
C.1024
D.99
c. Cho tp hp B = {2, 3, 5, 7}. Hi có tt c bao nhiêu s square-free có các ưc nguyên t thuc tp B ? A.15
B.16
C.17
D.14
Bài tp 5.11. Cho n là s nguyên dương. Chng minh các đng thc sau: 2
a. vi b. c. . τ (n)
(τ (d))3 .
=
dn
dn
|
τ (n2) =
2ω(d)
|
ω(n) là s các ưc nguyên t ca n.
dn
|
dn
|
nσ(d) = d
dτ (d)
dn
|
Bài tp 5.12. Chng minh rng tn ti vô s cp s (m, n) sao cho φ(m) = σ(n) nu như tn ti vô s cp s nguyên t Mersense (s nguyên t dng 2n − 1) hoc tn ti vô s cp s nguyên t sinh đôi.
68
Mt s hàm s khác Hàm phn nguyên Các kin thc cn nh
Các tính cht ca phn nguyên:
• [x] = x khi và ch khi x là s nguyên. • [x + n] = [x] + n vi n là s nguyên. • [x + y] [x] + [y] vi mi s thc x, y. • [x] + [y] = x + y − 1 vi x, y là các s không nguyên và x + y nguyên. • S các s nguyên dương không vưt quá n và chia ht cho k là . • Khai trin Legendre: s mũ ca s nguyên t p trong khai trin ca s nguyên dương n! n k
thành tha s nguyên t là
+
∞
i=1
n n n n = + + + ... pi p p2 p3
Các bài tp áp dng Bài tp 5.13. Hi có bao nhiêu s nguyên không vưt quá 2013 và chia ht cho 2 hoc 3 hoc 5? Bài tp 5.14. Chng minh rng s các s nguyên không vưt quá n và không chia ht cho 2 hoc 3 là n +
n 6
n n + 2 3
−
Bài tp 5.15. Chng minh rng vi mi s nguyên dương x, y thì
(x+y)! x!y!
là s nguyên.
Bài tp 5.16. . Phn l {x} chính là đi lưng tính bng x − [x]. Chng minh rng 0 {x} < 1 và vi mi s thc x, y thì {x + y } {x} + {y}. Bài tp 5.17. Cho x, y,z là các s thc tha mãn {x} + {y } + {z } = 2. Tính giá tr ca biu thc P = [x + y + z ]
− ([x] + [y] + [z ])
Bài tp 5.18. Rút gn biu thc sau: 21 22 23 2100 A = + + + ... + 3 3 3 3
69
Hàm tng các ch s Các kin thc cn nh
Kí hiu S (n) là tng các ch s ca n. Ta có các tính cht:
• n − S (n) chia ht cho 9. • S (m + n) S (m) + S (n) vi m, n là các s nguyên dương. • S (mn) S (m)S (n) vi m, n là các s nguyên dương. +
• S (n) = n
∞
n 10k
. − 9
k=1
Bài tp áp dng Bài tp 5.19. Tìm s nguyên dương n nh nht sao cho S (n), S (n + 1) đu chia ht cho 7. Bài tp 5.20. Khi vit 44444444 trong h thp phân thì tng các ch s ca nó là A. Gi B là tng các ch s ca A. Tính tng các ch s ca B. Bài tp 5.21. Chng minh rng vi mi s nguyên dương n thì ta có các bt đng thc: a) S (2n) S (n) 5S (2n). b) S (5n) S (n) 2S (5n). Bài tp 5.22. Ngưi ta gi các s có th biu din thành tng a + b vi S (a) = S (b) là các s đp. a. Chng minh rng các s 999, 2999 không phi là s đp và tn ti vô s s không là s đp. b. Chng minh rng tt c các s tha mãn 999 < k < 2999 đu là s đp.
Hàm Euler Kin thc cn nh
Vi mi s nguyên dương n, kí hiu φ(n) là s các s nguyên dương không vưt quá n và nguyên t cùng nhau vi n. Đây đưc gi là hàm Euler. Ta có các kt qu quen thuc:
• φ( p) = p − 1 vi p là s nguyên t. • φ( p ) = p − ( p − 1) vi p là s nguyên t. • φ(mn) = φ(m)φ(n) vi (m, n) = 1. k
k 1
Trong trưng hp tng quát, ta có
− − − −
φ ( pa11 pa22 pa33 ...pakk ) = n 1
1 p1
1
1 p2
1
1 p3
... 1
1 pk
70
Bài tp tng hp Bài tp 5.23. 1. Cho n là s nguyên dương ln hơn 2. Chng minh rng φ(n) chn. 2. Vi giá tr nào ca n thì φ(n) = n2 ? φ(n) |n ? φ(3n) = 3φ(n)? φ(n) chia ht cho 4? 3. Chng minh rng nu n có k ưc nguyên t l phân bit thì φ(n) chia ht cho 2k . 4. Chng minh rng nu m, n ∈ Z+ và m|n thì φ(m)|φ(n). 5. Chng minh rng hàm f (n) = φ(n) là hàm nhân tính đy đ. n Bài tp 5.24. 1. Gi s m, n ∈ Z+ và (m, n) = p vi p nguyên t . Chng minh φ(mn) = p φ(m)φ(n) . p−1 2. Chng minh rng φ(mk ) = m k−1 φ(m)
vi mi m, k ∈ Z+ . 3. Cho a, b ∈ Z+, chng minh rng φ(ab) = (a, b)
φ(a)φ(b) , φ ((a, b))
t đó suy ra φ(ab) = φ(a)φ(b) vi (a, b) > 1 . Bài tp 5.25. 1. Chng minh rng nu phương trình φ(n) = k vi k ∈ Z+ có nghim duy nht n thì n chia ht cho 36. 2. Chng minh rng phương trình φ(n) = k vi k ∈ Z+ có hu hn nghim n. 3. Chng minh rng nu p là s nguyên t, 2a p + 1 là hp s vi a = 1, 2, 3,...,r và p không phi là s nguyên t Fermat thì φ(n) = 2r p
vô nghim. 4. Chng minh rng tn ti vô hn s nguyên dương k sao cho phương trình φ(n) = k
có đúng 2 nghim nguyên dương n. Gi ý: xét các s nguyên dương có dng k = 2 · 36 j+1, j = 1, 2, 3,... Bài tp 5.26. 2, n = 6 thì φ(n) √ n. √ 1. Chng minh rng nu n = 2. Chng minh rng n là hp s khi và ch khi φ(n) n − n. 3. Tìm s nguyên dương n nh nht tha mãn φ(n) 105. Bài tp 5.27. Chng minh rng nu n là hp s và φ(n) |(n − 1) thì n là s square-free và nó là tích ca ít nht 3 ưc nguyên t phân bit.
71 Bài tp 5.28. Cho s nguyên dương a. Xét dãy s (un ) xác đnh bi
u1 = a, un+1 = φ(un ), n = 1, 2, 3,...
Chng minh rng vi n đ ln thì u N = 1, ∀N n. Bài tp 5.29. 1. Chng minh rng
φ(d) = n vi mi s nguyên dương n.
dn
|
2. Chng minh rng
1an,(a,n)=1
a =
nφ(n) . 2
3. Gi s p > 4 là mt s nguyên dương và p − 1, p + 1 là hai s nguyên t sinh đôi . Chng minh rng 3φ( p) p. 4. Chng minh rng điu kin cn và đ đ n là s nguyên t là σ(n) + φ(n) = nτ (n).
72
C : T Nguyn Huy Hoàng, Trn Hy Đông
1
Thng dư bình phương là mt trong nhng công c mnh đ gii quyt các bài toán s hc. Thng dư bình phương rt đơn gin, d hiu nhưng li cc kì hu dng. Tuy vy, đc gi cn có mt nn tng kin thc tt (như v cp ca 1 s, đnh lý Fermat,...) đ có th s dng thành thc.
Tính cht cơ bn ca thng dư bình phương và kí hiu Legendre Đnh nghĩa 6.0.1. Gi s p là s nguyên t l . Khi đó s nguyên a đưc gi là s chính phương mod p nu (a, p) = 1 và phương trình đng dư x2 ≡ a(mod p) có nghim. Ví d: -1 là s chính phương mod 5 ( vì 72 ≡ −1(mod5) ) Đnh lý 6.0.1. Nu p là mt s nguyên t l thì trong các s 1, 2, 3, . . . , p − 1 có đúng p−2 1 s chính phương mod p.
Phn chng minh hai đnh lý trên xin dành cho bn đc. Đnh nghĩa 6.0.2. Cho a ∈ Z , p là s nguyên t l . Ký hiu Legendre Nu (a, p) = 1 và a là s bình phương mod p thì
đưc đnh nghĩa như sau: a p
− a p
1 1 0
=
Nu (a, p) = 1 và a không là s bình phương mod p thì (a, p) = 1
1
Lp chuyên Toán trưng Ph Thông Năng Khiu và trưng THPT Chuyên Lê Hng Phong
74 Ví d: Ta thy rng:
1 11 2 11
= =
3 11 6 11
= =
4 11 7 11
5 11 8 11
= =
9 11 10 11
= =
=1 =
−1
Đnh lý 6.0.2. Gi s p là mt s nguyên t l , (a, p) = 1 . Khi đó :
≡ a p
a
p−1
2
(mod p)
Chng minh: a Trưng hp 1: = 1 .
p
Khi đó phương trình đng dư x2 ≡ a(mod p) có nghim x0 . Theo đnh lý Fermat nh, ta có : a
Trưng hp 2: a p
=
p−1
2
2 0
≡ (x )
p−1
2
= x p0−1
≡ a (mod p) (đpcm)
−1 .
Khi đó phương trình đng dư x 2 ≡ a(mod p) vô nghim . Vi mi i t 1 đn p − 1 , tn ti duy nht j ,1 j p − 1 sao cho i . j ≡ a(mod p) . Rõ ràng là i = j nên có th nhóm các s t 1 đn p − 1thành p−2 1 cp , sao cho tích trong mi cp đu đng dư a mod p . Nhân tt c các s 1, 2, 3, . . . , p − 1, ta đưc : ( p
− 1)! ≡ a
p−1
2
(mod p)
Theo đnh lý Wilson , ( p − 1)! ≡ −1(mod p), đnh lý đưc chng minh . Đnh lý 6.0.3. Gi s p là 1 s nguyên t l , a và b là nhng s nguyên không chia ht cho p. Khi đó: a b = 1/ a ≡ b(mod p) ⇒ .
2/ . 3/ . p
a p a2 p
b p
=
p
ab p
=1
Bn đc d chng minh đnh lý 4 bng đnh lý 3. Đnh lý 6.0.4. Vi mi s nguyên p > 2 , ta có
− ≡ − 1 p
( 1)
p−1
2
T đây suy ra phương trình đng dư x2 ≡ −1(mod p) có nghim khi và ch khi p = 2 hoc
p
≡ 1(mod4)
−1 = 1 ⇔ p − 1 ... 4. p
Ví d: Ta d thy
75 Đnh lý 6.0.5. Gi s (x; y) = 1, a, b, c là các s nguyên p là 1 ưc nguyên t ca ax 2 + bxy + cy2 , p không là ưc ca abc thì D = b2 − 4ac là thng dư bc 2 mod p. Đc bit nu p là ưc ca x 2 − Dy 2 và (x, y) = 1thì D là thng dư bc 2 mod p. Chng minh: D bin đi
p (2ax + by)2
− Dy
2
Gi s p |y , khi đó p |2ax + by ⇒ p |2ax Mà (a, p) = 1 nên p |x . Vy (x, y) > 1 ( Vô lý ) Do đó ( p, y) = 1 nên tn ti y sao cho yy ≡ 1(mod p). Suy ra 2
(2axy + byy )
Vy D là thng dư chính phương mod p .
≡ Dyy ≡ D(mod p)
Đnh lý 6.0.6. (B đ Gauss) Gi s p là 1 s nguyên t l , a là s nguyên không chia ht cho p . Nu trong s các thng dư bé nht ca các s nguyên a, 2a, 3a, ..., p−2 1 a có s thng dư ln hơn 2p thì: p−1
a p
= ( 1)
−
s
hay a p
2
= ( 1)
−
[
2ka
k=1
p
]
Chng minh: Cho a là 1 s nguyên , p là 1 s nguyên t sao cho (a, p) = 1. Vi mi k ∈ 1;2;3; ...; p−2 1 đu tn ti rk ∈ ±1; ±2; ±3; ...; ± p−2 1 sao cho
ka
≡ r (mod p) k
D thy không tn ti hai rk có cùng tr tuyt đi , do đó
|r | , |r | , |r | , ..., r 1
là 1 hoán v ca
1;2;3; ...; p−2 1
2
3
.
p−1
2
Cho k chy t 1 → p−2 1 ri nhân tt c các v li vi nhau ta đưc : a
Đt bk =
p−1
2
r1 r2 r3 ...r p−1 p 1 2
rk ; bk = rk
| |
r1r2 r3 ...r p−1
2
≡ 1.2.3....( − ) =
2
|r ||r ||r | ... r 1
2
3
±1.Ta có a
p−1
2
(mod p)
p−1
2
≡ b ...b (mod p) 1
k
bk = 1 khi và ch khi phn dư khi ly ka chia cho p ln hơn p tc là ka = pq + r . r > p−2 1 khi và ch khi
−
2ka 2r = 2 p + p p
⇔
2ka ka = 2 p + 1 = 2 +1 p p
⇔ b
k
= ( 1)[
−
2ka p
]
76 p−1
Vy a
p−1
2
≡ a p
2
−
[
2ka
= ( 1) k=1
p
]
(đpcm).
T đnh lý trên ta có th thu đưc các h qu sau. Đnh lý 6.0.7.
a/ 2 p
= ( 1)[
−
p+1
4
]
b/-2 là thng dư bc 2 mod p khi và ch khi p ≡ 1; 3(mod8) c/ -3 là thng dư bc 2 mod p khi và ch khi p ≡ 1(mod6) d/ 3 là thng dư bc 2 mod p khi và ch khi p ≡ ±1(mod12) e/ 5 là thng dư bc 2 mod p khi và ch khi p ≡ ±1(mod10) Đnh lý 6.0.8. Lut tương h Nu p,q là các s nguyên t l và p khác q thì
p q
p−1 q −1 q = ( 1)( 2 )( 2 ) p
−
Bài tp ví d
.. . .. . thì ...
x p
Bài tp 6.1. Chng minh rng vi mi s nguyên t p = 4k + 3 , nu x + y p 2
2
y p
Li gii x y . Gi s x, y .. p ⇒ , = 0, ta có
y2 p
− . − − − Nhưng theo đnh lý 4b, 4c và 5, ta có ... Do đó ta có ... p
p
y2 p
=1
=
1 p
y2 p
=
1 p
=
−1(vô lí!)
x p y p
. Bài tp 6.2. Chng minh rng vi mi s nguyên t p = 3k +2 thì m2 +mn+n2 .. p
... ⇔ .. .
m p n p
Li gii m n . , = 0. Gi s m, n .. p ⇒
Ta có
p
p
. . . m2 +mn+n2 .. p ⇒ 4 m2 + mn + n2 .. p ⇒ (2m + n)2 +3n2 .. p ⇒
Theo đnh lý 8c, ta suy ra đây là điu vô lí, do đó m + mn + n 2
2
3n2 p
− ⇒ − .. . .. . ⇔ ... p
=1
3 p
=1
m p n p
Nhn xét :Các tính cht này d dàng chng minh đưc bng đnh lý Fermat, nhưng đây ch là
77 mt ng dng khá cơ bn ca thng dư bình phương. Các đnh nghĩa ca thng dư bình phương đôi khi đưc s dng đ chng minh mt s bài toán khá thú v. Chúng ta ch cn áp dng nhng tính cht cơ bn đ lp lun nhưng nó vn th hin đưc sc mnh ca thng dư bình phương. Bài tp 6.3. Chng minh rng vi mi s nguyên t l p: +
∃a ∈ Z
:
a p
−1 √ a < 1 + p =
Li gii
Gi a là s t nhiên nh nht không là thng dư bc hai mod p. p Đt b = + 1 ⇒ 0 < ab − p < a do đó hiu ab − p là thng dư bc 2 mod p. Vy
a
1=
− − ab p p
ab p
=
Suy ra b không là thng dư bc 2 mod p. Do đó
a p
=
p a b < + 1 a
b p
=
b p
⇒ a < √ p + 1
Bài tp 6.4. (Korea Final 2000) Cho s nguyên t p = 4k + 1 , hãy tính p 1
−
2x2 p
x2 2 p
− x=1
Li gii
Đu tiên, ta có nhn xét: [2x]
− 2 [x] 1∀x ∈ R
1
Đng thc xy ra khi và ch khi {x} . 2 Th nên, nhim v ca chúng ta bây gi là tìm s đng dư ca mt s chính phương khi chia p−1 cho s nguyên t p = 4k + 1 sao cho nó ln hơn . 2
p
− 1 s chính phương mod p. 2 1 a a a p − a − − − =1⇒ =1⇒ = = Bi vì p = 4k + 1 ⇒ . p p p p p p−1 p−1 Như vy ,ta s có đúng − s chính phương mod p không ln hơn hơn và đúng s Theo tính cht s 1 ca thng dư bình phương, ta có đúng 2
p 1 4
2
chính phương mod pln hơn − . Do đó
p 1 2
p 1
−
2x2 p
x2 2 p
− x=1
=
p
−1 2
4
78
∀ vì nu
i, j
∈ N
1 i, j p i + j = p
− 1 thì i ≡ j 2
2
(mod p).
Bài tp 6.5. (Iran TST 2004) Cho trưc s nguyên t p và s nguyên dương k , chng minh rng tn ti s nguyên dương n sao cho
n p
n + k p
=
Li gii
Bài toán tương đương vi vic chng minh tn ti n
sao cho
n (n + k) = 1. p n (n + k) 1 sao cho p
= −1∀1 Ta gi s điu ngưc li, tc là gi s tn ti 1 k p − n p − 1. Vì vi mi s nguyên t p bt kì, có đúng p−2 1 s không chính phương mod p. Do đó nu f (n,k,p) = n (n + k) mod p nhn nhiu hơn p−2 1 giá tr phân bit thì tn ti ít nht 1 s chính phương mod p. Vy tp giá tr ca f (n,k,p) nhn không quá p−2 1 phn t, do đó theo nguyên lý Dirichlet, ta có ít nht ba s x, y,z nguyên phân bit sao cho
1 x,y,z p
−1
f (x,k,p) = f (y,k,p) = f (z,k,p)
Tc là
| ⇔ | |
p x + y + k
x (x + k)
≡ y (y + k) ≡ z (z + k)(mod p)
p y + z + k
⇔ x ≡ y ≡ z (mod p)
p z + x + k
Điu này vô lí vì x, y,z phân bit và 1 x,y,z p − 1. Do đó ta có điu phi chng minh. Nhn xét: Rõ ràng là trong hai bài toán này, ta ch yu dùng đnh lý s 1 và đnh lý s 2 làm cơ s lp lun. Thng dư bình phương cũng rt hu dng trong gii phương trình nghim nguyên, ta cùng xét đn ví d sau: Bài tp 6.6. (Serbia-2008) Tìm tt c nghim nguyên không âm ca phương trình : 12x + y 4 = 2008z
Li gii
Nu z > 0 thì y > 0 . Nu x chn thì VT có dng a 2 + b2 , nu x l thì VT có dng a2 + 3b2 .
79 D thy 2008 có ưc nguyên t là 251 , a,b đu không chia ht cho 251 . T đây ta có -1 hoc -3 s là các s chình phương mod 251 .Tc là
− 1 251
Mà
=1
− ∨ 3 251
− −
−1 = ( 1) 251−1 2 = −1 251 251−1 3 −3 = = −(−1) 2 251
Suy ra x = y = z = 0.
251
=1
251 3
2 3
=
=
−1
Kí hiu Jakobil Không dng li tp s nguyên t, các tính cht ca thng dư bình phương còn có th m rng ra cho c hp s. Do không s nhm ln nên tương t như kí hiu Legendre, kí hiu Jakobil đưc vit dưi dng na . Mt s tính cht ca kí hiu Jakobil: Vi n là s t nhiên l và a nguyên, (a, n) = 1 ta có các đnh lý sau:
Đnh lý 6.0.9. Vi mi a, b: a ≡ b (modn) ⇒
a n
b n
=
Đnh lý 6.0.10. Đt n = pia , vi pi là ưc nguyên t ca n, ta có:
i
∀ ∈ a = n
Hay nói mt cách khác
a pi ai
a a = mn n
a pi
=
a m
m, n
ai
Z+
Nhưng lưu ý: a là s chính phương mod n khi và ch khi a phi là s chính phương mod pi vi mi p i là ưc nguyên t ca n. Ta s tin hành chng minh hai bưc: a 1. p a = pa
2. khi i
a i i
a pq
i
a p
=
a q
gcd( p, q ) = 1
Đnh lý 6.0.11. Ta có kí hiu Jakobil là mt hàm nhân tính hoàn toàn, bi vì:
∀ a n
H qu: a2 n
b n
=
ab n
a, b
=1
Đnh lý 6.0.12.
− 1 n
−
= ( 1)
n−1
2
∈Z
80 Đnh lý 6.0.13.
2 n
Đnh lý 6.0.14.
m n
−
= ( 1)
(n−1)(n+1) 8
n−1 m−1 n = ( 1)( 2 )( 2 ) m
−
Bài tp ví d . Bài tp 6.7. Cho m, n ∈ Z+ sao cho n + 1 .. 4m, hãy chng minh −nm = −1.
Li gii
Ta gi s điu ngưc li là −nm = 1. Vì tính chn l ca m không quan trng cho nên ta có th coi như m là s l. . Đu tiên, ta có nhn xét: −k1 = 1 ⇔ k − 1..4 . Vì n + 1 .. 4m ⇒ −n1 = −1 theo nhn xét trên. Do đó mn = −nm −n1 = −1. . Vì n + 1..4m ⇒ gcd(m, n) = 1 nên ta có th áp dng lut nghch đo bình phương, ta có:
m n
(m−1) (n−1) n = ( 1) 2 . 2 m
⇒
(m−1)
n ( 1) 2 = m 1
− − ⇔ − ⇒ − ⇒ − . .. ⇒ , mâu thun. .
− do 1 n
=
−1
n −1 = 1 −n = 1 = 1 Nu m = 4t + 1 m m m n − 2 =1 Nhưng vì n + 1 = 1 + n 4m m Vi trưng hp còn li, ta cũng d dàng suy ra đưc điu vô lí, do đó −nm = 1 là không th, suy ra đpcm. . Bài tp 6.8. (Korea 1999) Tìm mi s nguyên dương n sao cho 2n − 1 .. 3 và tn ti s nguyên m sao cho
2n
− 1 | 4m
2
+1
Li gii
. . . Ta có nhn xét nu x2 + 1.. p ⇔ p = 4k + 1 vì 2n − 1..3 ⇒ n .. 2. • Điu kin cn: Ta s chng minh s nguyên dương cn tìm là mt lu tha ca 2. . . . Gi s n .. q q > 1, q .. 2 , ta có: 2n − 1 .. 2q − 1. . 2q − 1 .. 3 2q − 1 có ưc nguyên t dng 4k + 3 khác 3, vô lý. Nhưng , do đó . 2q + 1 .. 4 Vy ta có nu tn ti s nguyên m sao cho 2n − 1|4m2 + 1 thì n là mt lu tha ca 2. • Điu kin đ: Theo chng minh trên, ta có 2 2 − 1 không có ưc nguyên t dng dng 4k + 3 khác 3, hơn na
k
81 k
22
− 1 ... 9, ta phân tích thành các tha s nguyên t
2n 1 3
− =
Áp dng kí hiu Jakobil, ta có:
pai i
− − − − 1
2n 1 3
−
1 pai i
=
1
=
1
=
pai i
pi
ai
=1
Do đó, tn ti s nguyên t sao cho
.. 2n − 1 t +1 . 2
3
.. 22 ⇔ 2 t + 1 + 2 − 1 . 2k 2
k
2k
.. 22 ⇔ 2 t + 1 .
k
2k 2
.. 22 ⇔ 4u + 1 .
k
2
−1
3
−1
3
−1
3
Kt thúc chng minh. Bình lun: Trong cun sách s hc ca Titu Andreescu thì có li gii liên quan đn s nguyên t Fermat và đnh lý thng dư Trung Hoa, nhưng đây khi s dng kí hiu Jakobil, bài toán này tr nên đơn gin.
Khai thác mt b đ Bây gi xin gii thiu đc gi mt b đ rt thú v sau: Chng minh rng vi mi s nguyên dương a không phi là s chính phương, tn ti vô s s nguyên t p sao cho
a p
=
−1
Chng minh b đ
Phân tích a thành các tha s nguyên t, ta có a = 2t
n
pai i , đ cho đơn gin, ta gi s s đó là s
i=1
square-free (tc là s không có ưc là bình phương ca mt s nguyên t) ⇒ a i = 1, t ∈ {0; 1}. Chn s là s không chính phương modulo pn . S dng đnh lý thng dư Trung Hoa, ta d dàng tìm đưc mt s nguyên v sao cho
Đt v =
m
≡ ≡ ≡ v
1 (mod8)
v
1 (mod pi ) (1 i n
v
s (mod pn)
− 1)
q j , vi q j là ưc nguyên t ta có:
j=1 m
i=1
2 q i
=
2 v
−
= ( 1)
v2 −1
8
82 Và theo đnh lý nghch đo bình phương, ta có: m
m
−
j=1
pi q j
=
( 1)
(pi −1)(qj −1) 2
j=1
∀ q j pi
v pi
=
1in
Do đó 2 m
− − , mà vì có vô s s như vy nên ta có dpcm. Vi Suy ra rng phi có sao cho m
j=1
m
a q j
2 q j
=
j=1
=
n
pi q j
j=1 i=1
a qj
q j
n
=
i=1
v pi
=
v pn
=
s pn
=
1
1
trưng hp a = 2 thì bài toán hin nhiên đúng. B đ này lúc đu nhìn vào thì ta tưng như không có ng dng nhiu, nhưng trên thc t nó có th có nhng ng dng rt bt ng, đin hình là bài toán sau:
Bài tp 6.9. (CWMO 2011) Tìm mi cp s nguyên (a, b) sao cho vi mi s nguyên dương n, ta có n an + bn+1
|
Li gii
Chn n = p vi p là s nguyên t l đ ln, ta có a p + b p+1
2
≡ a + b ≡ 0 (mod p)
− ⇒ a p
= 1 p p0
∀
Vi p0 là s nguyên t l đ ln tho mãn gcd(a, p0) = 1. Mà theo b đ quen thuc là nu x không là s chính phương thì tn ti vô s s nguyên t l p sao cho px = −1, do đó ta phi có −a là mt s chính phương. Tương t, chn n = 2 p vi p là s nguyên t l đ ln thì ta có
b2 p+1 p
−
− ⇒
= 1 p p0
∀
b p
= 1 p p0
∀
T đây suy ra −blà mt s chính phương. Tip tc chn n = p vi p là s nguyên t l, đt −a = k 2, −b = l 2 ta có k2
p
l2
p+1
− − +
.. . p ⇔ l 4 − k2 ≡ 0 (mod p) (theo đnh lý Fermat nh)
Do đó ta li có l2 ± k ≡ 0 (mod p) vi vô s s nguyên t p, vì vy ta li suy ra tip (±k)2 là mt lu tha bc 4. Tương t, chn n = 2 p vi p là s nguyên t l thì ta li có tip ( ±l)2 là mt lu tha bc 4. Lp li quá trình này vô hn ln, ta có −a, −b là lu tha bc 2 t tuỳ ý, do đó Vy ta có (a, b) ∈ {(0, 0) , (−1, −1)}.
−
a =
−b = 1 . − a = −b = 0
83 Bài tp 6.10. (Mathlink contest 2004) Cho 2004 s nguyên không âm a 1,...,a2004 sao cho 2004
ani là s chính phương vi mi n. Tìm s s hng nh nht bng không.
i=1
Li gii
Chn s nguyên t l p sao cho p không là ưc ca bt kì s nào trong các s đã cho, áp dng đnh lý Fermat nh, ta có: 2004
a pi −1
i=1
Do
2004
i=1
⇒
≡ k (mod p)
k p
=1
ani là s chính phương vi mi n.
Vì ch có hu hn sao cho p
k p
=
−1 nên theo b đ trên, ta có k là s chính phương, mà
k 2004 < 2025 = 452
2
⇒ k 44
Do đó, s s hng bng không nh nht là 2004 − 1936 = 68. Ta ch ra rng a1 = a 2 = ... = a1936 = t 2 , a1937 = ... = a2004 = 0 tho mãn đ bài.
Bài tp đ ngh 1. (Bulgaria NMO 1998) Cho m, n là 2 s t nhiên sao cho A = Chng minh rng A l.
(m+3)n +1 3m
là s nguyên.
2. (Poland 2013) Cho các s nguyên a,b sao cho 3 + a + b2 chia ht cho 6a. Chng minh rng a âm. 3. Chng minh rng 3 n + 1không có ưc nguyên t có dng 3k + 2 nu n là s nguyên dương l. 4. Chng minh rng 2 n − 1luôn có ưc nguyên t có dng 8k + 7 nu n là s nguyên dương l. 5. (Vietnam TST 2003 P6) Cho s nguyên dương n. Chng minh rng 2n + 1 không có ưc nguyên t dng 8k − 1. . 6. Chng minh rng vi mi s nguyên t p , tn ti các s nguyên x, y sao cho x2 + y2 + 1.. p. 7. (Korea Final 2000 P1) Chng minh rng vi mi s nguyên t , tn ti các s nguyên x,y,z và sao cho x2 + y 2 + z 2 = wp và 0 < w < p . 8. (IMO Shortlist 1998 N5) Tìm mi s nguyên dương n sao cho tn ti s nguyên m đ 2n − 1 là ưc ca m 2 + 9.
84 9. (Czech-Polish-Slovak MO 2008) Chng minh rng tn ti s nguyên dương n sao cho vi mi s nguyên dương k thì k2 + k + n không có ưc nguyên t nh hơn 2008. 10. (AMM) Tìm mi s nguyên dương n sao cho 2n − 1|3n − 1. 11. Nu p = 2n + 1 (n 2) là s nguyên t thì chng minh rng 3
p−1
2
.
+ 1 .. p
12. (Sierpinski) Chng minh rng ta không th tìm đưc s nguyên dương n > 1 sao cho . 2n−1 + 1..n. 13. (AoPS) Cho 3 s nguyên a,b,c, chng minh rng a,b,c,abc không là s chính phương khi và ch khi tn ti vô s s nguyên t p sao cho
a p
=
b p
=
c p
14. (Iran TST 2013) Có tn ti các s nguyên a,b,c sao cho .
a2 + b2 + c2 .. 2013(ab + bc + ca)
15. (IMO Shortlist 2009 N7) Cho a, b là hai s nguyên phân bit, chng minh rng tn ti s nguyên dương n sao cho (an − 1) (bn − 1) không là s chính phương.
C Phm Tin Kha
1
Cp và căn nguyên thy là các công c ht sc hu dng trong vic gii các bài toán s hc sơ cp. Không nhng th, chúng còn là cu ni đ ta bưc lên các khái nim, đnh lý cao cp trong toán hc. Bài vit này xin trình bày mt s ng dng ca cp và căn nguyên thy trong các bài toán Olympiad.
Cp ca mt s nguyên dương ĐNH NGHĨA: Cho (a, n) = 1. S h 1 đưc gi là cp ca a modulo n , kí hiu h = o n (a), nu h là s nguyên dương nh nht tho mãn ah
≡1
mod n
T đnh nghĩa v cp, ta rút ra đưc tính cht quan trng sau: Nu n|ak − 1 thì on (a)|k Chng minh tính cht trên đơn gin. Đt on (a) = h , và gi s k = lh + r . Chú ý rng: ak
≡ a
hl
.ar
r
≡ a ≡ 1
mod n
Do r < h nên theo đnh nghĩa v cp, suy ra r = 0, hay h|k. Ta bt đu vi mt bài toán quen thuc v cp: Bài 1. Chng minh rng mi ưc nguyên t l p ca s a2 + 1, trong đó a > 1 là s t n
nhiên bt kì, đu tho mãn p
Gii. T gi thit suy ra p |a2
n+1
| − 1.
h p
≡1
mod 2n+1
− 1. Đt h = o (a) thì h|2 p
Gi s h < 2n+1 , tc là h|2n . Suy ra p|a2 p|2 (!). Do đó h = 2n+1 , hay
n
p
≡1
n+1
, và theo đnh lý Fermat nh thì
− 1. Mt khác, theo gi thit thì p|a
2n
+ 1.
Suy ra
mod 2n+1 .
Bài toán này quen thuc đn ni nó tr thành mt b đ cho rt nhiu bài toán khác v cp. Ta ln lưt xét các bài toán như vy. 1
Lp 12CT THPT chuyên Lê Hng Phong
86
Bài 2. Chng minh rng tn ti vô hn s nguyên t có dng 2n k + 1 vi n c đnh. Gii. Rõ ràng bài toán này có liên quan mt thit, hay nói cách khác là mt h qu trc
tip ca Bài 1. Vic còn li ca ta là cn tìm a đ dãy xn = a2 + 1 có các s hng đôi mt nguyên t cùng nhau. Xét dãy Fermat F n = 22 + 1. Ta chng minh (F n, F m) = 1 vi mi m = n. Tht vy, chú ý đng thc sau: n
n
F n
− 2 = F − F ··· F n 1 2
0
T đây d dàng suy ra vi mi m = n thì (F n, F m) = 1, và bài toán cũng đưc gii quyt. Nhn xét: Dãy Fermat F n = 22 + 1 và đi lưng 22 rt ph bin trong các bài toán v cp, và ta s tip tc gp dãy này trong li gii các bài toán sau. n
n
Bài 3. Cho n > 1 , a là s nguyên dương tho mãn n|an + 1. Chng minh rng (a + 1, n) > 1
Gii. Gi p là ưc nguyên t bé nht ca n, và đt on(a) = h. T gi thit suy ra h|2n
và h| p − 1. Do tính bé nht ca p nên (n, p − 1) = 1. Do đó h (2n, p
− 1) = (2, p − 1) = 1, 2 • Nu h = 1 thì p|a − 1, mà p|a + 1 nên p = 2. Khi đó 2 |(a + 1, n). • Nu h = 2 thì p|a − 1, li theo đnh nghĩa ca h nên suy ra p|a + 1. Khi đó p|(a + 1, n).|
n
2
Nhn xét: Nu p là s nguyên t và n|( p − 1)n + 1 thì p|n. Bài 4. Tìm tt c cp s nguyên dương (m, n) tho mãn
| |
n 2m−1 + 1 m 2n−1 + 1
Gii. Vi m = 1 thì n = 1, 2 và ngưc li. Ta xét trưng hp m,n > 1.
Đt m − 1 = 2a .x,n − 1 = 2b .y, trong đó a,b,x,y nguyên dương và xy l. Gi p là mt ưc nguyên t ca n thì a
p 2m−1 + 1 = (2x)2 + 1
|
Theo Bài 1 thì p ≡ 1 mod 2a+1 . Suy ra n cũng có dng 2a+1 .k + 1 , hay n − 1 = 2a+1 k. Suy ra b a + 1.
87 Tương t, ta cũng suy ra đưc a b + 1 , và điu này mâu thun vi b a + 1. Tóm li, (m, n) = (1, 1), (1, 2), (2, 1). Bài 5. Cho (a, b) = 1 là hai s nguyên dương không đng thi bng 1, và p là s nguyên n
n
t l tho mãn p|a2 + b2 thì
p
mod 2n+1
≡1
Gii. Li mt bài toán vi hình thc gn như tương t vi Bài 1. đây ta ch cn mt bưc chuyn nh: chú ý rng (b, p) = 1 (nu không thì p|a và p|(a, b), trái gi thit) nên tn ti b
tho mãn
bb
Do đó t gi thit suy ra
≡ 1
mod p n
p (ab )2 + 1
|
Và ta bt gp li Bài 1. Bài toán đưc gii quyt. Mt khi đu nh nhàng cho bài vit, và đã đn lúc đy đ khó ca các bài toán lên mt bc. Nhng bài toán tip sau s cn nhng suy lun dài hơi và tinh t hơn. Bài 6. (Hàn Quc 1999) Tìm tt c s n nguyên dương sao cho tn ti m tho mãn 2n
− 1 |4m
2
3
+1
Gii. Rõ ràng vi n l thì 2n − 1 ≡ −2 mod 3 nên 2 n − 1 không chia ht cho 3 . Do đó n chn.
Ta có b đ quen thuc sau:
Các s có dng x2 + 1 thì không có ưc nguyên t dng 4k + 3
3 Do n chn nên 2 n − 1 ≡ 3 mod 4. Nu n có ưc nguyên t l thì 2 n − 1 có ưc nguyên t p = dng 4k + 3 . Khi đó p|(2m)2 + 1, mâu thun b đ. Do đó n = 2k . Ta chng minh vi mi n như vy luôn tn ti m tho mãn đ bài. Chú ý kí hiu v s Fermat F n = 22 + 1. Như vy n
2n
− 1 = F − F − ··· F 3 k 1 k 2
1
Li do tính đôi mt nguyên t cùng nhau ca các s Fermat nên theo đnh lý Thng dư Trung Hoa, tn ti c chn tho c2
Chn m = 2c , ta có đpcm.
≡ 2
2i−1
i
mod 22 , i = 1, k
−1
Bn đang thc mc v bài toán trên, vì nó không liên quan đn cp? Hãy tip tc theo dõi bài toán sau.
88 Bài 7. Cho n là s tho mãn tn ti m sao cho
2n 1 3
− |4m2 + 1.
n Chng minh rng vi mi ưc nguyên dương d ca 2 3− 1, luôn tn ti q nguyên dương sao cho
d
mod 2q
≡1
Gii. Rõ ràng vi b đ là Bài 6, bài toán này đã tr nên đơn gin hơn rt nhiu. Theo kt qu
Bài thì:
2n
− 1 = F − F − ··· F 3 k 1 k 2
1
Theo Bài 1 thì vi mi i, mi ưc nguyên t pi ca s F i đu tho mãn pi ≡ 1 mod 2i+1 . Do đó vi mt ưc nguyên dương bt kì d = pai11 pai22 · ·· pai , chn q = min {i1 , i2 , ··· , il }, ta đưc: l
l
d
mod 2q .
≡1
Ta tip tc vi mt kt qu ca nhà toán hc ngưi Pháp Francois Édouard Anatole Lucas: Bài 8. Cho n > 1. Nu p là s nguyên t tho p|F n = 22 + 1 thì n
p
mod 2n+2
≡1
Gii. Đây là mt m rng ca Bài 1. Đ gii bài toán này, trưc ht ta cn mt kin thc v
thng dư chính phương: Nu p là s nguyên t tho p ≡ 1 mod 8 thì tn ti x đ x2 ≡ 2 mod p Đây là mt kt qu cơ bn, và trong khuôn kh bài vit này xin không nêu chng minh đây. Tr li bài toán ca chúng ta. Do n > 1 và p ≡ 1 mod 2n+1 nên p ≡ 1 mod 8 . Do đó tn ti x đ x2
Lu tha 2n hai v, ta đưc n+1
x2
Suy ra
mod p
≡2 2n
≡ 2 ≡ −1 p x2
|
n+1
mod p
+1
S dng kt qu Bài mt ln na, ta đưc đpcm. Nhn xét: M rng hơn na thì vi mi a tho mãn tn ti x mà a ≡ x2 mod p (hay a thuc h thng dư chính phương ca p), trong đó p là ưc ca a2 + 1 thì n
p
≡1
mod 2n+2
89 Ta tip tc đn vi mt kt qu ht sc thú v trong kì thi chn đi tuyn Trung Quc: Bài 9. ( Trung Quc TST 2005 ) Chng minh rng vi mi n > 2, ưc nguyên t ln nht n
ca s 22 + 1 không bé hơn (n + 1)2n+2 + 1. Gii. Đt 22 + 1 = p k11 pk22 ·· · pkr r vi p 1 < p2 < ··· pr . n
Chú ý rng pi ≡ 1 mod 2n+1 nên tn ti q i sao cho
pi = 1 + 2n+1 q i
Vit li h thc 22 + 1 = pk11 pk22 ··· pkr theo modulo 22n+2, ta có: n
r
r
1
≡ 1 + 2
n+1
ki q i
mod 22n+2
i=1
Suy ra
r
r
n+1
2
ki q i q r
i=1
Mt khác n
Suy ra
···
r
ki <
i=1
Do đó
q r
2n+1 r
ki
i=1
k1 +k2 + +kr
22 + 1 > 1 + 2 n+1
> 2 (n+1)(k1 +k2 +···kr )
2n n + 1
2(n + 1)
ki
i=1
Vy
pr (n + 1)2n+2 + 1.
Nhn xét: Vi kt qu ca Bài 8, ta đưc mt phát biu mnh hơn:
Vi mi n > 3 thì ưc nguyên t ln nht ca 22 + 1 không bé hơn (n + 2)2n+4 + 1. n
Mt câu hi thú v đưc đt ra: giá tr bé nht ca ưc nguyên t bé nht ca các s dng 22 + 1 là bao nhiêu? n
Tip theo, ta s đi đn mt đnh lý ht sc đp đ v s nguyên t - Đnh lý Dirichlet: Nu a, b là hai s nguyên dương nguyên t cùng nhau thì dãy a + b, 2a + b, 3a + b, . . . cha vô hn s nguyên t.
90 Chng minh đnh lý này hoàn toàn không d, và phi s dng đn các kin thc ca toán cao cp. Trong khuôn kh bài vit này, ta ch xét đn mt trưng hp rt nh ca đnh lý Dirichlet, khi b = 1 và a là s nguyên t. Bài 10. (Hàn Quc TST 2003) Cho mt s nguyên t p bt kì, đt f p (x) = x p−1 + x p−2 +
··· + x + 1
a) Chng minh rng nu p|m thì mi ưc nguyên t ca f p (m) s nguyên t cùng nhau vi m(m − 1). b) Chng minh rng tn ti vô hn n nguyên dương đ pn + 1 là s nguyên t. Gii. a) Gi q là mt ưc nguyên t ca f p (m). Rõ ràng (q, m) = 1. Nu (q, m − 1) = 1
thì q |m − 1. Khi đó 0 ≡ f p (m) ≡ m mod q , suy ra q |m (vô lí!). b) Ta s chng minh tn ti vô hn s nguyên t q mà p|q − 1. Gi q là mt ưc nguyên t bt kì ca f p (m). Suy ra q |m p − 1 . Do p là s nguyên t nên oq (m) = 1 ∨ p. Nu oq (m) = 1 thì q |m − 1, mâu thun vi kt qu câu a. Do đó oq (m) = p, suy ra p|q − 1. Vic còn li là xây dng mt dãy {mk }k1 đ f p (mk ) chia ht cho vô hn s nguyên t. Xét dãy m 1 = p , mk = pf p (m1 )f p (m2 ) ··· f p (mk−1 ). Khi đó f p (m1 )f p (m2 )
··· f (m − )|f (m ) − f (0) = f (m ) − 1 Suy ra f (m ) nguyên t cùng nhau vi f (m ), f (m ), ··· , f (m − ). p
p
k 1
k
p
p
1
k
p
p
2
p
p
k
k 1
Ta công nhn mt m rng ca bài toán trên: Vi mi a nguyên dương thì dãy a + 1, 2a + 1, . . . cha vô hn s nguyên t. Sau đây ta s xét đn mt vài ng dng ca đnh lý Dirichlet trong các bài toán S hc. Bài 11. Cho r là s nguyên t. Đt f r (x) = x r−1 + xr−2 +
··· + x + 1
Chng minh rng f r (x) chia ht cho vô hn s nguyên t vi x là s nguyên t. Gii. Gi s f r ( p) ch chia ht cho hu hn s nguyên t q 1 < q 2 ·· · < q k
Theo đnh lý Dirichlet, tn ti l sao cho p = l.q 1 q 2 ·· · q k + 1là s nguyên t. Suy ra f r ( p)
≡ r ≡ 0
mod q i
vi i bt kì thuc {1, 2, ·· · k}. Suy ra r = q i . Hơn na, f r ( p) ch cha ưc nguyên t duy nht q i , vì nu tn ti q j = q i mà q j |f r ( p) thì r = q j = q i , mâu thun vi s phân bit ca q i và q j . Đt f r ( p) = q is = rs . Chú ý r| p − 1. Xét vr (f r ( p)) = v r ( pr
− 1) − v ( p − 1) = v ( p − 1) + v (r) − v ( p − 1) = 1 r
r
r
r
91 Suy ra f r ( p) = r . Tuy nhiên, chn p đ ln thì f r ( p) > r, mâu thun. Ta có đpcm. Nhn xét: Kt qu bài toán trên tng quát hơn so vi phn chng minh trong Bài 11. Và ta cũng có th kt lun hàm s f r (x) chia ht cho vô hn s nguyên t vi mi x ∈ Z. Bài 12. (A.Makowski ) Cho k
2 là
s nguyên dương. Chng minh rng tn ti vô hn hp s n tho mãn n|an−k − 1 vi mi a nguyên t cùng nhau vi n Gii. Chn n = kp vi p là s nguyên t. Ta cn p|an−k
− 1 và k|a − − 1. Chn n sao cho p − 1|n − k, điu kin đu tiên đưc tho mãn. Li chn n sao cho ϕ(k)|n − k , điu kin th hai đưc tho mãn. Tóm li, ta cn chn p sao cho ϕ(k)| p − 1, và chng minh rng tn ti n k
vô hn p như vy. Tuy nhiên đây li là kt qu trc tip t đnh lý Dirichlet, và bài toán đưc chng minh hoàn toàn. Bài 13. Cho k
1 là
s nguyên. Chng minh rng tn ti s nguyên t p và mt dãy tăng nghiêm ngt a1 , a2, . . . tho mãn p + ka 1 , p + ka 2 , . . . là s nguyên t. Gii. Theo đnh lý Dirichlet thì tn ti vô hn s nguyên t p tho p
≡ 1
mod k.
Trưc
ht chn mt s nguyên t p bt kì như vy, và đt p = lk + 1 Khi đó p + kai = k(l + ai ) + 1. Vic tn ti mt dãy tăng nghiêm ngt a1 , a2 , . . . là hin nhiên theo đnh lý Dirichlet. Bài 14. (Đnh lý Hardy-Wright) Cho p là s nguyên t l. Chng minh rng luôn tn ti x, y nguyên dương sao cho p x2 + y 2 + 1
|
Gii. • Nu p = 4k + 1 thì −1 là s chính phương mod p, tc tn ti x sao cho p |x2 + 1. Chn y = p , ta có p x2 + y 2 + 1. Nu p = 4k + 3 : Chú ý rng (4 p, 2 p 1) = 1. Xét dãy
•
|
−
− 1, 2.4 p + 2 p − 1, 3.4 p + 2 p − 1, . . . Theo đnh lý Dirichlet, tn ti l sao cho l.4 p + 2 p − 1 là s nguyên t. Khi đó l.4 p + 2 p − 1 = (4l + 2) p − 1 ≡ 1 mod 4 1.4 p + 2 p
Theo mt kt qu quen thuc: mi s nguyên t dng 4k + 1 biu din đưc dưi dng tng ca hai s chính phương, suy ra tn ti x, y đ l.4 p + 2 p
− 1 = x
2
+ y 2
Khi đó p|x2 + y 2 + 1. Bài toán đưc chng minh hoàn toàn.
92 Bài 15. Chng minh rng vi mi s nguyên t p và a nguyên dương, s a p − 1 luôn có ít nht mt ưc nguyên t q tho mãn
q
mod p
≡ 1
Gii. Ta xét trưng hp a > p. Đt a p − 1 = q 1α1 q 2α2 . . . qk αk . Ta có o qi (a) = p ∨ 1 và o qi (a)|q i − 1.
Gi s không tn ti i sao cho oq (a) = p . Khi đó vi mi j = 1, k thì q j |a − 1 . Mt khác: i
a p−1 + a p−2 +
·· · + a + 1 ≡ p mod q , i = 1, k = p . Do đó v (a − 1) = v (a − 1) = α , ∀q = p . Suy ra (a − + a − + ·· · + a + 1, q ) = 1, ∀q Gi s p = q . Suy ra a − 1|(a − 1)q , hay a − + a − + ·· · + a + 1 q = p p − (vô p 1
p 2
j
i
i
i
αj j
p
p
qi
p 1
qi
i
αj j
p 2
αj
i
p 1
lí!). Trưng hp còn li khi a p thì ( p, q i ) = 1, i = 1, k. T đó tip tc gii như trên, ta cũng có đpcm. Do đó, luôn tn ti ưc nguyên t q ca a p − 1 tho q ≡ 1 mod p.
Nhn xét: Vi cách lí lun như trên, ta cũng có th thay p bi mt lu tha ca p. Có th thy bài toán này gn ging vi Bài 1, tuy nhiên thay vì "vi mi ưc nguyên t" như Bài 1 thì đây ta ch khng đnh "tn ti mt ưc nguyên t". Dng tng quát này có v yu hơn, nhưng đây li là bt ngun đ ta đi đn mt đnh lý mnh hơn rt nhiu-Đnh lý Zsigmondy: Dng 1:
Vi mi a > b 1 và (a, b) = 1 thì an − bn luôn có mt ưc nguyên t p tho mãn p|an − bn , nhưng p |ak − bk vi mi 1 k < n. (tr các trưng hp 26 − 16 và a2 − b2 vi a + b là mt lu tha ca 2) Dng 2:
Vi mi a > b 1 thì an + bn luôn có mt ưc nguyên t p tho mãn p|an + bn nhưng p |ak + bk vi mi 1 k < n (tr trưng hp 23 + 13 ) Ta s không đ cp đn chng minh khá dài ca đnh lý này đây, mà ch xét mt s ng dng ca nó. Bài 16. (Romanian TST) Chng minh rng dãy an = 3n − 2 n không có ba s hng nào lp thành mt cp s nhân.
Gii. Gi s tn ti x < y < z sao cho (3y
y 2
−2 )
= (3x
x
z
z
− 2 )(3 − 2 ) T đng thc trên suy ra mi ưc nguyên t p ca 3 − 2 đu chia ht 3 − 2 . Tuy nhiên, do x
x
x > y nên điu này mâu thun đnh lý Zsigmondy. Ta có đpcm.
y
y
93
Bài 17. (IMO SL 2000) Tìm tt c a,m,n nguyên dương tho mãn am + 1 (a + 1)n
|
Gii. Nu a = 3 thì theo đnh lý Zsigmondy, a m + 1 tn ti mt ưc nguyên t p mà p |a + 1,
mâu thun vi yêu cu đ bài. Nu m = 3, a = 2 . Khi đó mi n 2 đu tho mãn
23 + 1 (2 + 1)n
|
Nu a = 1 thì chn m, n nguyên dương bt kì. Vy (a,m,n) = (2, 3, x + 2) vi x ∈ N hay (1, m , n). Bài 18. (Nht Bn 2011) Tìm a, n, p, q,r nguyên dương tho mãn an
p
q
r
− 1 = (a − 1)(a − 1)(a − 1)
Gii. Gi s p q r, Nu a, n không rơi vào các trưng hp ngoi l ca đnh lý Zsigmondy,
ta d dàng suy ra điu vô lí. Nu a = 2, n = 6, suy ra p = 6, q = r = 1. Nu n = 2 thì không tn ti a,p,q,r. Nu a = 1 thì chn n, p, q,r nguyên dương bt kì. Tóm li, (a,n,p,q,r) = (1,n,p,q,r), (2, 6, 6, 1, 1), (2, 6, 1, 6, 1), (2, 6, 1, 1, 6). Bài 19. (Iran) Cho A là mt tp hu hn các s nguyên t và a > 1 là s nguyên dương. Chng minh rng tn ti hu hn n sao cho tt c các ưc nguyên t ca an − 1 đu thuc A. Gii. Gi s A = { p1 , p2 , ·· · , pk }. Ta xét N = [ p1 − 1, p2 − 1, ··· , pk − 1]. Rõ ràng pi aN
| − 1, ∀i = 1, k Khi đó, theo đnh lý Zsigmondy, vi mi n > N , s a − 1 luôn có mt ưc nguyên t q không phi là ưc ca a − 1, hay q ∈ A. 0
n0
N
Suy ra nu n là s tho điu kin đ bài thì n N , tc là ch có hu hn n như vy.
Bài 20. (Ba Lan) Cho 2 < q < p là hai s nguyên t l. Chng minh rng 2 pq − 1 có ít nht ba ưc nguyên t phân bit.
Gii. Theo đnh lý Zsigmondy, 2 pq − 1 có ưc nguyên t r mà r |2 p − 1 và r |2q − 1.
Li theo đnh lý Zsigmondy, 2 p − 1 có ưc nguyên t s mà s |2q − 1. Hơn na, nu tt c các ưc nguyên t ca 2 q − 1 đu chia ht 2 p − 1 thì q | p, vô lí vì p nguyên
94 t. Do đó, 2 q − 1 cũng có mt ưc nguyên t t không chia ht 2 p − 1. Ba ưc nguyên t r, s, t chính là ba ưc cn tìm. Bài 21. Cho a
∈ N∗. Gi A là tp hp các s t nhiên n sao cho n|a
n
+ 1, và B là tp
tt c các ưc nguyên t ca các phn t trong A. Chng minh rng B hu hn. Gii. • Trưng hp n l:
Gi B1 là tp hp các ưc nguyên t ca các phn t l trong A. T gi thit suy ra n|a2n − 1. Gi p là ưc nguyên t bé nht ca n và đt h = o p (a). Khi đó h|2n và h| p − 1. Suy ra h|(2n, p − 1) = (2, p − 1) = 1 ∨ 2. Suy ra p|a2 − 1, hay B1 hu hn. • Trưng hp n chn: Gi B2 là tp hp các ưc nguyên t ca các phn t chn trong A. Đt n = 2n1 thì n1 l (nu không thì 4|n| a 2 2 + 1, vô lí). T đó lí lun tương t trưng hp n l, ta cũng suy ra B2 hu hn. Do B1 , B2 hu hn nên B = B 1 ∪ B2 cũng hu hn. n
Nhn xét: Vi cách lí lun tương t, ta có bài toán quen thuc (và cơ bn) sau đây:
Nu n|2n − 1 thì n = 1 Tuy vy, tht bt ng rng bài toán đơn gin này cũng có mt ng dng ht sc thú v: Bài 22. (Ba Lan) Tìm tt c đa thc vi f (n) có h s hu t tho mãn f (n) 2n
| − 1, ∀n ∈ N
Gii. Chú ý rng f (n)|f (n + f (n)) vi mi n. Suy ra f (n) f (n + f (n)) 2n+f (n)
|
|
−1
Suy ra f (n) 2n+f (n)
|
−2
n
= 2n 2f (n)
Do (2n , f (n)) = 1 vi mi n nên f (n) 2(f (n)
|
−1
−1
Suy ra f (n) = 1, ∀n ∈ N. Nhn xét: Mt bài toán "có v tương t" dành cho bn đc:
Tìm tt c đa thc h s nguyên f (n) tho mãn f (n)|2n + 1, ∀n ∈ N Bài 23. Tìm s nguyên t p nh nht sao cho tn ti a tho mãn p|a221 − a và p |a2
k
∀1 k < 21.
− a,
95
21 Gii. Rõ ràng (a, p) = 1 nên p |a2 −1 − 1. Đt h = o p (a). Khi đó h tho h điu kin sau:
| − | − | − h 221
1
h 2k
1, 1 k < 21
h p
∀
1
Vi mi 1 k < 21, ta có mt b đ quen thuc (221
k
(21,k)
7
− 1, 2 − 1) = 2 − 1 2 − 1 = 127 Do đó vi mi p > 127 thì điu kin h |2 − 1, ∀1 k < 21 đưc tho mãn. Chn h = 49, khi k
đó giá tr nh nht ca p là 197. Tóm li, giá tr nh nht ca p là 197.
Nhn xét: Bn đc hãy gii bài toán tương t sau:
Tìm p nguyên t nh nht sao cho tn ti a tho
| |
15 +1
p a2
k
p a2
−1 − 1, ∀1 k < 15
+1
p
Bài 26. (Fermat) Cho p > 3 là s nguyên t. Chng minh rng mi ưc dương ca 2 3+1 đu có dng 2kp + 1. Gii. Trưc ht nhn thy rng v3(2 p + 1) = v 3(2 + 1) + v3 ( p) = 1 p
p
nên mi ưc nguyên t ca s 2 3+1 đu ln hơn 3 . Gi q là ưc nguyên t bt kì ca 2 3+1 . Khi đó q |2 p + 1 , suy ra q |22 p − 1. Gi h = o q (2). Ta có h|2 p, suy ra h = 1 ∨ 2 ∨ p ∨ 2 p. Nu h = 1 thì q |1. Nu h = 2 thì q |22 − 1 = 3. Nu h = p thì q |2 p − 1, suy ra q |h. Tt c các trưng hp này đu vô lí. Do đó h = 2 p. Suy ra h = 2 p|q − 1 hay q ≡ 1 mod 2 p. T đây d dàng kt lun rng mi ưc dương ca 2 3+1 đu có dng 2k + 1. p
Nhn xét: Bài toán có th đưc tng quát như sau:
• Cho p,q > 2 là các s nguyên t phân bit. Khi đó tt c ưc dương ca s (q 1)p +1 q
−
đu có dng 2kp + 1.
• Cho p,q > 2 là các s nguyên t phân bit. Khi đó tt c ưc dương ca s (q+1)p 1 q
− đu có dng 2kp + 1.
Mt s bài toán thú v phát trin t bài toán này:
Cho p > 2 là s nguyên t. S nguyên dương a tho ít nht mt trong hai điu kin
96 sau: i) a là bi s ca 4; ii) a l và (a, p) = 1. Chng minh rng mi ưc dương ca (a−2)a +2 và (a−1)a +1 đu có dng 2kp + 1. p
p
p
Cho s nguyên t p > 3 . Chng minh rng mi ưc dương ca k ≡ p mod 4 nu ưc đó là ưc nguyên t.
2p +1 3
đu có dng 2kp + 1, và
Bài 27. ( VN TST 1997) Chng minh rng tn ti mt hàm s f nhn giá tr nguyên tho mãn 2n 19f (n)
|
− 97
vi mi n nguyên dương. Gii. D thy rng n−2
v2 (192
n 2
− 1) = v (19 − 1) + v (2 − ) = n 2
2
nên o2 (19) = 2n−2 .ngSuy ra 19t cha 2n−2 thng dư phân bit trong h thng dư ca 2n . Mt khác, đ ý rng 19t ch cha các thng dư l, c th 19t ≡ 1, 3 mod 8, mà 2n−2 là mt na s thng dư l ca 2n , suy ra 19t cha tt c thng dư đng dư vi 1, 3 mod 8 ca 2n . Do 97 ≡ 1 mod 8, suy ra tn ti f đ 19f (n) ≡ 97 mod 2n . n
Bài 28. ( Italian TST 2006) Cho s nguyên dương n. Gi An là tp tt c a ∈ Z, 1 a n tho mãn n|an + 1 a) Tìm tt c n đ An = ∅. b) Tìm tt c n đ |An | chn và khác không. c) Liu có tn ti n đ |An | = 130 không? Gii. a) Vi n l, ta chn a = n − 1.
Xét n chn, đt n = 2n1 . Khi đó 2n1 |(an1 )2 + 1. Suy ra n1 l và n1 ch có ưc nguyên t dng 4k + 1. Tóm li, An = ∅ khi n l hoc n = 2n1 , trong đó n1 l và ch gm các ưc nguyên t dng 4k + 1.
n1). Do đó b) Xét n > 2 chn. Khi đó nu n|an + 1 thì n|(n − a)n + 1 (chú ý rng a = nu n chn thì |An | chn. Xét n l. Chú ý rng ϕ(n) chn vi mi n > 2 , suy ra ϕ(n) − 2 cũng chn. 1, n − 1 tho n|an + 1. Do (a, n) = 1 nên tn ti 2 b n − 2 tho Rõ ràng (a, n) = 1. Xét a = ab ≡ 1 mod n. Li có n |an + 1, suy ra n |bn + 1. Điu này có nghĩa là |An \{n − 1}| chn, hay |An| l. Tóm li, |An | chn khi n chn và n > 2. c) Gi s tn ti n tho |An | = 130. Theo câu b thì n chn. Đt n = 2 pα1 1 pα2 2 ··· pαk , trong đó pi ≡ 1 mod 4 vi mi i = 1, k . Ta chng minh b đ sau: k
Cho s nguyên t p. Phuơng trình x 2 ≡ −1 mod p hoc không có nghim, hoc có
97 đúng 2 nghim modulo p . = x tho mãn y2 ≡ 1 mod p. Khi đó x2 ≡ y2 Xét x tho x2 ≡ −1 mod p. Gi s tn ti y mod p, suy ra x ≡ −y mod p, hay y = p − x. Tr li bài toán. Do pi đu có dng 4l + 1 nên −1 là s chính phương mod pαi . Theo b đ trên thì s nghim theo modulo n ca phương trình x2 ≡ −1 mod n là 2k . Suy ra không tn ti n đ |An | = 130. i
Bài 29. (IMO 2003) Chng minh rng vi mi s nguyên t p, luôn tn ti s nguyên t q không phi là ưc ca n p
− p vi mi n 1.
Gii. Vi p = 2 thì q = 5. Xét p l. Ta có p p
2
p 1
− 1 = ( p − 1)(1 + p + p + ··· + p − )
Chú ý rng 1 + p + p2 + ··· + p p−1 không đng dư 1 mod p2 , nên s có mt ưc nguyên t q không có dng kp 2 + 1. Ta chng minh q tho điu kin đ bài.„ suy ra q | p − 1 . Suy ra 0 ≡ 1 + p + p2 + ·· · + p p−1 ≡ p mod q , hay p = q , vô lí. Bài 30. Tìm các s nguyên k, m, n > 0 sao cho km |mn − 1 và kn |nm − 1. Gii. Gi p 3 là ưc nguyên t ca k. Gi s m > n. Đt d = o p (m). Suy ra n
v p (m
d
− 1) = v (m − 1) + v p
p
n = o p (md d
− 1)
Suy ra pm|md − 1. Suy ra p m md − 1 m p−1 − 1 < m p . (1) Mt khác, km mn − 1 < mm − 1 < mm. Suy ra p < k < m. Nu p 3 thì m 3. Khi đó hàm s f (x) = logx x đng bin trên [3, +∞), suy ra hay pm > m p , mâu thun (1). Suy ra p = 2. Suy ra m, n l. Nu n = 1 d dàng suy ra m = 1. Khi đó k bt kì. Xét m > n > 1 . Ta có 4 |km |mn − 1, mà n l nên m ≡ 1 mod 4. Suy ra v2 (mn
m log m
>
p log p
,
d
− 1) = v (m − 1) − 1 = m − 1, vô lí. 2
Suy ra 2m|md − 1, suy ra 2m md Tóm li, (m,n,k) = (1, 1, k), (m,n, 1).
Căn nguyên thy ĐNH NGHĨA: S nguyên dương a đưc gi là căn nguyên thy ca n nu on(a) = ϕ(n). Lưu ý rng không phi s nguyên dương n nào cũng có căn nguyên thy. Ta chng minh đưc rng n có căn nguyên thy khi và ch khi n = 2, 4, pk , 2 pk vi p là s nguyên t l. Sau
98 đây ta xét mt s bài tp v căn nguyên thy. Bài 1. Chng minh rng 2 là căn nguyên thy ca 3n vi mi n 1. Gii. Ta chng minh bng quy np. D thy khi n = 1, kt lun ca bài toán là đúng. Gi s
kt lun trên đúng vi n = k , tc là 2 ϕ(3 ) ≡ 2 2.3 −1 ≡ 1 mod 3k . Gi d là bc ca 2 mod 3k+1. Do 2d ≡ 1 mod 3k+1 nên 2d ≡ 1 mod 3k , suy ra 2.3k−1 |d. Mt khác, d|ϕ3k+1 = 2.3k . Suy ra d = 2.3k−1 hay d = 2.3k . Ta chng minh b đ sau bng quy np: k
n−1
22.3
k
≡ 1 + 3
n
mod 3n+1
B đ đúng vi n = 1. Gi s b đ đúng vi n = k , suy ra 22.3
k−1
= 1 + 3k + 3k+1 .m
Lp phương hai v k
23 = 1 + 3k+1 + 3k+2 .M
Suy ra k
22.3
≡ 1 + 3
k+1
mod 3k+2
Theo nguyên lý quy np, b đ đưc chng minh. Suy ra d = 2.3k . Nhn xét: Ta cũng chng minh đưc bài toán sau: 2 là căn nguyên thy ca 5n vi mi n1
Bài 2. Chng minh rng nu n = 3k−1 thì 2n ≡ −1 mod 3k . Gii. Theo Bài 1 thì 2 là căn nguyên thy ca 3k , suy ra bc ca 2 mod 3k là 2n. Suy ra 22n 1 (2 n 1)(2n + 1) 2n + 1 1 mod 3k .
− ≡ ≡
−
Bài 3. Cho n
2
≡ 1
mod 3k . Mt khác, 2n
3k−1
− 1 ≡ (−1)
và p = 2n + 1. Chng minh rng nu 3
p−1
2
+1
nguyên t. n−1 Gii. Do p−2 1 = 2n−1 nên 32
− 1 ≡ 1 ≡ 0
mod 3, suy ra
mod p thì p là s
mod p, suy ra 32 1 mod p, suy ra bc ca 3 mod p là 2n , hay p 1. Suy ra p 1 ϕ( p), hay p 1 ϕ( p). Suy ra ϕ( p) = p 1, hay p là s nguyên t.
−
−|
≡ −1
n
−
≡
−
Bài 4. ( AMM) Xét f (n) là ưc chung ln nht ca 2n − 2, 3n − 3, 4n − 4, . . . Xác đnh f (n) và chng minh rng f (2n) = 2.
Gii. Gi p là mt ưc nguyên t bt kì ca f (n). D thy v p (f (n)) = 1, do p || pn − p. Gi a là
căn nguyên thy ca p (do p nguyên t nên tn ti a như vy). Do (a, p) = 1 và p|an − a, suy ra p − 1|n − 1. Vi p − 1|n − 1 thì p|mn − k vi mi s nguyên dương m. Do đó hàm f đưc xác đnh như sau
99 f (n) = p 1 p2
··· p
k
vi pi − 1|n − 1, i = 1, k
Xét f (2n). Theo cách xác đnh trên thì nu f (2n) có ưc nguyên t q > 2 thì q − 1 là mt ưc chn ca 2n − 1, vô lí. Do đó f (2n) = 2. Bài 5. Cho p 2 là s nguyên t. Tìm tt c s nguyên dương k sao cho p 1k + 2k +
|
··· + ( p − 1)
k
Gii. Đt S k = 1k + 2k + · ·· + ( p − 1)k . Vi k là bi ca p − 1, ta có S k
≡ p − 1 ≡ 0
mod p
Ta chng minh rng vi mi k không phi là bi ca p − 1 thì p|S k . Tht vy, gi a là căn nguyên thy ca p. D dàng chng minh rng {0, a1 , a2 , . . . , a p−1 } là h thng dư đy đ mod p. Suy ra (a1 , a2 , . . . , a p−1 ) là mt hoán v ca (1, 2, . . . , p − 1). Suy ra 1k + 2k +
k
1 k
2 k
p 1 k
··· + ( p − 1) ≡ a + a + ··· a − ≡ a 1 + a + ··· a − a − −1 ≡ a . a − 1 ≡ 0 mod p. Vy vi mi k không phi là bi ca p − 1 thì p|S .
k
k
( p 2)k
( p 1)k
k
k
Nhn xét: Bài toán trên có mt ng dng đc sc như sau: Cho a, b, c là các s nguyên và p là s nguyên t. Chng minh rng tn ti các s nguyên x, y,z không đng thi chia ht cho p sao cho p |ax2 + by 2 + cz 2 . TÀI LIU THAM KHO
1. Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Prolems from the book . 2. Naoki Sato, Number theory . 3. Hà Duy Hưng, Mt s phương pháp gii toán s hc sơ cp. 4. Các din đàn AoPS, MathScope.
100
C : H Lưu Giang Nam 1
Phn nguyên là mt lĩnh vc hay và đc đáo ca toán sơ cp, cao cp và ng dng.Có nhiu bài toán hay v phn nguyên đã đưc s dng làm đ thi hc sinh gii các cp, trong đó có rt nhiu các đ thi hc sinh gii quc gia và Olympic quc t. Mt khác, hàm phn nguyên có nhng ng dng quan trng không ch trong toán hc ph thông, mà còn trong nhiu vn đ ca toán ng dng và công ngh thông tin (làm tròn s, tính gn đúng,...). Phn nguyên cũng th hin s kt ni gia tính liên tc và tính ri rc, gia toán gii tích và toán ri rc nên khá thú v. Tuy nhiên vì s gii hn ca kin thc nên trong bài vit này tác gi xin trình bày các tính cht, ng dng ca phn nguyên trong phm vi THPT.
Đnh nghĩa, tính cht và bài tp cơ bn Đnh nghĩa Phn nguyên ca s thc x, kí hiu [x], là s nguyên ln nht không vưt quá x. Phn l ca s thc x, kí hiu {x}, là phn còn li ca x b phn nguyên: {x} = x − [x]. Giá tr nh nht gia hai s x − z và x + 1 − z đưc gi là khong cách t x đn s nguyên gn nó nht và đưc kí hiu là ]x[. S nguyên gn mt s thc x nht đưc kí hiu là (x) và đưc gi là s làm tròn ca x
Các tính cht quen thuc 1. x = [x] nu x ∈ Z 2. x = {x} nu 0 x < 1 3. x − 1 < [x] x 4. Nu k ∈ Z thì [x + k] = [x] + k, {x + k } = {x} + k 5. [x + y] − [x] − [y] ∈ {0; 1} suy ra [x + y] [x] + [y], {x + y } {x} + {y}
6. , [x] x = n n
1
n N
∈
Chuyên Phan Ngc Hin Cà Mau
102 7. S các s nguyên dương chia ht cho n không vưt quá x
8.
x + a x = , b b
x n
là
− +∞ nu n →
9. x y ⇔ [x] [y] 10. Nu [x] = [y] thì |x − y| 1 11. Trong hai s x và y có mt s nguyên và mt s không phi là s nguyên thì 0 < {x}+{y} < 1 12. Vi mi x và y là các s thc ta có [2x] + [2y] [x] + [y] + [x + y] 2([x] + [y]) 13. Nu max{{x}, {y}} < 21 thì [2 x ] + [2 y ] = 0 = [ x + y ] và [2x] + [2y] + [x] + [y] + [x + y] = 2[x] + 2[y]
{}
{}
14. Nu min {{x}, {y}} <
{} {}
{{x}, {y}} 2[x] + 2[y] thì [2{x}] + [2{y}] = 1 = [{x} + {y}] + 1 và [2x] + [2y] = [x] + [y] + [x + y] = 2[x] + 2[y] + 1
15. Nu
1 2
max
{{x}, {y}} thì [2{x}]+[2{y }] = 2 = [[{x} + {y}] + 1 và [2x]+[2y] = [x] + [y] + [x + y] + 1 = 2[x]+2[y] + 2 1 2
min
16. Vi x ∈ R ta có
{ }
{} H qu : Vi mi s nguyên dương ta luôn có
1 1 x + = [2 x ] và x + = [2x]-[x] 2 2 n n + 1 + = n 2 2
17. Vi mi s t nhiên n và vi mi s thc x ∈ R ta có n[x] [nx] n[x] + n − 1 18. Vi mi s thc x không phi là s nguyên và vi mi s nguyên n ta luôn có [x]+[n − x] = n
−1
19. Cho k1, k2,..,kn, là b n s nguyên dương. Khi y
k1 + k2 + ... + kn k1 + k2 + k3 + ... + kn + n n
−1
20. Cho a và b 2 là các s t nhiên bt kì . Khi y [logb a] + 1 chính là s các ch s ca mt s a vit trong h đm cơ s b. 21. Gi s r là phn dư khi chia mt s nguyên m cho mt s nguyên dương n , m = pn + r vi r ∈ {0, 1,...,n − 1} . Khi y r = m
−n
m n
103 p q
22. Nu p và q là nhng s nguyên dương sao cho không phi là s nguyên thì
p p 1 + q q q
23. Cho q là s t nhiên, x là s thc dương bt kì. Có đúng s t nhiên không vưt quá x q
x và chia ht cho q .
24. Các qui tc đi ch (hoán v), kt hp ca phép toán cng và phép toán nhân; qui tc kt hp gia phép toán nhân và phép toán cng vn đúng cho phn nguyên và phn dư 25. Đnh lí Legendre: S mũ ca s nguyên t p trong phân tích tiêu chun ca n! đưc tính theo công thc: +
v p (n) =
∞
i=1
n pi
26. Đnh lí Hermite : Vi n ∈ N ∗ , x là s thc bt kì ta có :
1 n 1 [nx] = [x] + x + + .. + x + n n
−
Bài tp cơ bn 1. Phương trình x4 − 3x3 − 6 = 0 có đúng 2 nghim thc p và q . Tính [ p] + [q ]. 2. Gii phương trình [x2] = [x]2 x x x + + = x 2 3 5
3. Gii phương trình
4. Gii bt phương trình [x] + {x} < x − 1 5. Cho x là s thc dương tha
√
x +
√ x + 1
∃n ∈ N ∗ : n1
2
√ . Chng minh rng =
4x + 2
+ n2 4n + 2 < (n + 1) 2
6. (THTT s 408 ) Gii phương trình x 2 − (1 − [x])x + 2011 = 0 7. (THTT s 424) Gii phương trình [x]3 + 2x2 = x3 + 2[x]2 8. ( THTT s 411) Tìm tt c các hàm s liên tc f : R − → R tha mãn {f (x + y)} = {f (x) + f (y)} vi mi x, y ∈ R 9. ( APMO 1993) Tìm tt c các giá tr khác nhau ca hàm s f (x) = [x] + [2x] +
5x + [3x] + [4x] 3
104 1 10. (THTT s 416) Cho n > 1 s hu t r 1 , r2 ,..rn tha mãn 0 < ri , 2
−
f (x) = [x] + x +
n
ri = 1 và hàm s
i=1
1 2
n
Hãy tìm giá tr ln nht ca biu thc P (k) = 2k
f (kri ) khi k chy trên tp các s
i=1
nguyên.
√
11. ( Romania MO 2003 ) Cho A = 4n2 + n, n ∈ N. Chng minh rng
{A} 41
12. (Austrian MO 1974, Hong Kong TST 1988) Chng minh rng
√ n + n + 1
√
√ =
4n + 2
13. ( Canada MO 1987) Cho n là s t nhiên. Chng minh rng:
√ n + n + 1
√
√ √ √ =
4n + 1 =
4n + 2 +
4n + 3
14. (Đ ngh Olympic 30/4, THPT Lê Quý Đôn Qung Tr) Tìm tt c các nghim không nguyên ca phương trình x +
96 96 = [x] + x [x]
15. (Đ ngh Olympic 30/4, THPT Lê Quý Đôn Qung Tr) Gii phương trình
−
−
8x + 1 4x 1 16x 7 + = 6 3 9
16. (Sweden MO 1982) Vi mi n ∈ N , hãy xác đnh xem phương trình x2 − [x2] = {x2} có bao nhiêu nghim trên đon [1;n] 17. (VMO 1979) Tìm tt c nhng s α sao cho phương trình x2 − 2x[x] + x − α = 0 có hai nghim s phân bit không âm. 18. (Olympic Czech and Slovak, 1998) Tìm tt c các s thc x sao cho x[x[x[x]]] = 88
19. (Belarusian Olympiad 1999) Chng t rng phương trình {x3 } + {y 3} = {z 3 } có vô s nghim nguyên. 20. (Australian MO 1999) Gii h phương trình
{ } { } { }
x + [y] + z = 200 x + y + [z ] = 190, 1
[x] + y + z = 178, 8
105
ng dng đnh lý Hermite và đnh lý Legendre ng dng đnh lý Hermite qua mt bài toán
Đnh lí Hermite : Vi s t nhiên n và s thc x ta luôn có :
1 2 n 1 [x] + x + + x + + ... + x + = [nx] n n n
hay
p 1
−
−
∗ và [nx] =
x +
i=0
H qu :
[x] + x +
1 = [2x] 2
i n
( )
0i j n
x + i = n [x] j
Đng thc (*) là 1 đng thc đp trong s hc và t hp, nó đưc ng dng nhiu trong các bài toán tính tng liên quan đn phn nguyên. Trưc ht ta xét bài toán m đu: Ví d 1: Cho n ∈ R, m ∈ N, m 2, tính tng S =
∞
m 1
−
n + jmi mi+1
− i=0 j=0
Gii : Ta có S =
∞
m 1
−
i=0 j=0
∞
n j + = mi+1 m
i=0
n mi
n mi+1
= [n]
Vy S = [n]. Bài toán đưc chng minh khá đơn gin nhưng có ng dng khá hay trong nhiu bài toán tính tng, đc bit là các bài toán có nhiu du . Ta s xét 1 s bài toán ng dng cho b đ trên : Bài toán 1: Chng minh rng
n 1
m 1
− ∞
−
2k + jmi = 2n i+1 2
− − − (ĐPCM) HD : ng dng b đ trên ta có − Bài toán 2: Chng minh rng HD: ng dng b đ trên ta có ( Áp dng đnh lí Hermite 2 ln ) k=0 i=0 j=1
n 1
−
2n V T = 2 = 2 k=0
p 1
− ∞
m 1
−
k=0 i=0 j=0
k
p 1
V T =
. Bài toán 3: Tìm m đ y .. 2 vi p 1
y=
− ∞
m 1
−
k=0 i=0 j=0
−
1 = 2n 1
x + pk + jmi mi+1
x +
k=0
C n2 + pk + jmi mi+1
1
1
= [ px]
k = [ px] p
[ p2 ] ∞
m 1
− −
k=0 j=0 j=0
C p2k + jmi mi+1
106 p2 ( p − 1) . . 2 p−1 . Đ y .. 2 thì p 2 ( p − 1) .. 4. − HD: D thy y = 2 Điu này dn ta ti p ≡ 0( mod 2) hoc p ≡ 1( mod 4). Bài toán 4: ( IMO 1968) Tính tng
∞
x + 2 k 2k+1
k=0
∞
HD: Áp dng b đ vi j = 1, m = 2
k=0
Bài toán 5: Tính tng
m 1
S =
−
ai + b am
i=0
HD : Ta có
m 1
S =
− ai + b
i=0
am
x + 2k = [x] 2k+1
ta d dàng thu đưc . − − m 1
−
ai + b = am
i=0
m 1
m 1
− ai + b
−
am
i=0
i=0
b i + , am m
đn đây áp dng b đ trên ta đưc kt qu.
ng dng ca đnh lý Legendre v s mũ nguyên t
Đnh lí Legendre: S mũ ca s nguyên t p trong phân tích tiêu chun ca n! đưc tính theo công thc v p (n) =
i1
n pi
Chng minh : n n Ta có nhn xét n < pi thì m = 0, m i. Trong phân tích chun n có đúng bi s ca p p p. Do đó n n! = p [ ] !A1 , trong đó (A1, p) = 1
n p
p
Tương t [ np ]
, trong đó Mà theo tính cht ta có ⇒ Lí lun tương t trên vi và tip tc cho ti khi . Cui cùng ta thu đưc s mũ ca p trong phân tích chun n! là : n ! = p p
p
p
[x] x = n n n p
p
n p
=
n p2
n ! p2 v p (n)
v p (n) =
(A2 , p) = 1
!A2
n! = p [ p ] n
+
n p2
.
n !A2 p2
n
n n n + 2 + ... + k p p p
107 trong đó s k tha mãn pk n < pk+1 ( ĐPCM). Vy đnh lí đưc chng minh. Đây là mt đnh lí có ng dng khá rng trong các bài toán chng minh chia ht và tính s mũ nguyên t trong phân tích chun ca n!. Ta s m đu bng bài toán trong đ IMO 1972 : Ví d 1: Cho các s t nhiên m, n, chng minh rng (2m)!(2n)! m!n!(m + n)!
∈ N∗
HD: Ta s tìm s mũ ca p bt kì trong phân tích chun ca (2m)!(2n)! và n!m!(m + n)! , sau đó chng minh v p ((2m)!.(2n)!) v p (n!m!(m + n)!). Gii : Ta có ∞ ∞
v p ((2m)!(2n)!) =
i=1
v p (n!m!(m + n)!) =
2m 2n + pi p j j=1
∞
i=1
Ta cn chng minh
∞
m n + + j pi p j=1
∞
k=1
m + n pk
2m 2m m n m + n + + + pk pk pk pk pk
Theo tính cht 12 ta thy BĐT trên đúng => ĐPCM. (2m)!(2n)! ∈ N∗. (đpcm) Vy m!n!(m + n)!
Các bài tp tương t : Bài toán 1 : CMR vi m, n ∈ N ta luôn có
(m + n)! m!n!
∈ N∗
HD: Áp dng BĐT [x + y] [x] + [y] Bài toán 2 :( USMO 1975) CMR vi n ∈ N ta có (5m)!(5n)! m!n!(3m + n)!(3n + m)!
là s t nhiên HD: Chng mình và áp dng BĐT [5x] + [5y] [3x + y] + [x + 3y] Bài toán 3 : CMR vi n ∈ N ta có 12(5n)! n!(n + 1)!(n + 2)!(n + 3)!(n + 4)!
là s t nhiên. Tip theo ta s đi qua mt dng mi là chng minh chia ht, kt hp vi h đm cơ s. . Ví d 2 : Cho s nguyên t p. Tìm n ∈ N sao cho n! .. pn−1 . Gii :
108 .
p = 2 ta cn chng minh n! .. 2n−1 . Vi n l tc n = 2k + 1 ta có :
v2 ((2k + 1)!) = v 2 ((2k)!) =
∞
∞
2k < 2i
i=1
i=1
2k 2k = = 2k = n 2i 2 1
−
−1
Suy ra s mũ ca 2 trong phân tích n! là nh hơn n-1, do đó n! không chia ht cho 2 n−1. Vi n = 2k (2m + 1) ta có : v2 (n!) = v 2 ((2k (2m + 1))!) =
∞
2k (2m + 1) 2i
i=1
k 1
=
−
i
2 (2m + 1) +
t=0
∞
t=0
< (2m + 1)(2k
2m + 1 2t k
− 1) + 2m = 2 (2m + 1) − 1 = n − 1
Suy ra n! không chia ht cho 2 n−1 Vi n = 2k ta có k
v2 (n!) = v 2 ((2 )!) =
∞
2k = 2i
k 1
−
i=1
2i = 2k
i=1
− 1 = n − 1
Suy ra n! chia ht cho 2n−1 . Vy n = 2k là giá tr cn tìm. p = 3 làm tương t ta thu đưc không có giá tr n nào tha mãn. p > 3 ta cũng có kt qu là không có giá tr n nào tha mãn. Vy ch có giá tr n = 2k , k ∈ N ( ng vi p=2) tha đ. Nhn xét : T đây ta có nhn xét là nu n = 2k , k ∈ N thì tt c các ưc nguyên t ca n! đu ln hơn n-1. Sau đây là 1 s bài toán s dng h đm cơ s trong các bài toán phn nguyên. Ví d 3: Gi s m! = 2l (2k + 1),m,k,p ∈ N, chúng minh rng tn ti vô hn m sao cho: 2m
1
− l = 1
+ 22 + ... + 20142014
Gii: Gi s trong h đm cơ s 2 , m đưc biu din dưi dng: n
m = a n an−1 ...a0 =
ak 2k
k=0
Khi đó l = v p (m!) =
n
n
n
n
n
∞ m
i=0
2i
=
i=0
m = 2i
k i
ak 2 − =
i=0
k=0
2k−i
ak
k=0
i=0
109
Mc khác ta có ai
n
2k−i = 0 chính vì th ta có :
i=k+1
n
l =
k
− − − i=0
k=0 n
=
2k−i
ak
k
ak 2
k
i=0
k=0 n
=
k
ak .2
1 2k+1 1 2
1
1
k=0 n
=
1 2i
k
ak .2 . 2
k=0
1 2k
Suy ra
n
= 2m
−
ak
k=0
n
2m
− l =
ak
k=0
Công vic cui cùng là phi chng minh tn ti vô hn b s (ak )ni=0 sao cho n
ak = 11 + 22 + ... + 20142014
k=0
Mà điu này là hin nhiên. Vy bài toán đưc chng minh. Ta cùng xét các ví d tương t sau: Bài toán 1: Gi s m! = 3l (3k + 1),m,k,p ∈ N, chúng minh rng tn ti vô hn m sao cho: m
− 2l = 1! + 2! + ... + 30! n
HD : Làm tương t bài trên, gi s m = an an−1 ...a0 = n
ak .
k=0
ak 3k
, sau bin đi ta đưc m − 2l =
k=0
Hàm có cha phn nguyên Trong t hp, các dng bài toán tính tng rt đa dng và nhiu cách gii . Mt trong nhng vn đ hay gp trong các bài toán tính tng là tng các hàm có cha phn nguyên.. Sau đây tôi xin đưc gii thiu 1 dng toán khá đp v phn này vi 2 bài toán m đu. Ví d 1: Cho p là 1 s nguyên t l, q là 1 s nguyên không chia ht cho p, f : N − → R , tha 1) f (x) không chia ht cho p , vi mi x ∈ N 2) f (x) + f ( p − x) chia ht cho p vi mi x ∈ N Chng minh rng : p 1
−
p 1
−
k=1
q q f (k). = f (k) p p k=1
− p −2 1
110 Gii : qf (k) qf ( p − k) + Ta có p
qf ( p − k) / Z nên ∈ Z, mà qf (k) ∈ ∈/ Z vi mi k = 1, p − 1. p p
p
Do vy t tính cht phn l ta có
qf (k) p
0
Suy ra
qf (k) p
+
qf ( p k) p
−
qf ( p k) p
+
−
Ly tng các giá tr t 1 đn p-1 ta có : p 1
−
Suy ra
p 1
−
2
k=1
T đó ta có −
−
< 2
=1
− − − ⇔ − qf (k) p
k=1
p 1
p 1
+
k=1
qf ( p k) p p 1
qf (k) p
= p
−
1
qf (k) p
k=1
p 1
p 1
−
−
= p
=
1
p
2
p 1
−
− Suy ra đpcm. −−. Vy q f (k) = p
k=1
p 1
p 1
−
−
k=1
q q f (k) = f (k) p p k=1
q f (k) p k=1
q f (k) p
k=1
=
1
q f (k) p k=1
− p −2 1
1
p
2
Vic áp dng bài toán trên khá d vì ch cn thay f (x) bng 1 hàm hay 1 giá tr nào đó. Bài toán áp dng: Bài toán 1: Cho p,q là 2 s nguyên dương và nguyên t cùng nhau, chng minh rng : p 1
−
kq ( p = p
k=1
− 1)(q − 1) 2
HD gii : Chn f (k) = k , theo bài toán m đu ta có p 1
−
p 1
−
p 1
−
k=1
p 1
−
Mà k=1
f (k) =
p( p
kq = p
k=1
f (k)q q = f (k) p p k=1
− 1) nên d dàng có
2
p 1
−
k=1
kq ( p = p
− 1)(q − 1)
Bài toán 2 : Cho p là s nguyên t l, tính p 1
−
k3 q
k=1
2
− p −2 1
111 HD: Chn f (k) = k 3 , khi đó p 1
−
f (k) =
k=1
. Bài toán 4: Cho p là s nguyên t l, tính p 1
S =
−
k=1
k+1 3
2
−
2
− 1)
p( p
( 1) k p
Áp dng gii phương trình S = 0. HD : Chn f (k) = (−1)k+1 k3 , khi đó n
k=1
khi n chn và
(n + 1) 2 (2n f (k) = 4
n
− 1)
2
−n (2n + 3) f (k) = 4
k=1
khi n l. Ta nhn thy trong các bài trên, tt c deg f (k) đu l ( vì khi đó mi đáp ng đưc điu kin 2 ca đ. Còn nu deg f (k) chn thì sao? Trưng hp này ta s xét các ví d sau: Bài toán 5 : Vi p là s nguyên t có dng 4k + 1 , tính p 1
S =
−
i2 p
i=1
Nhn xét : Ta th làm ging các bài trên. Chn f (k) = k 2 . Khi đó d thy f(k) không chia ht cho p và f (k) + f ( p − k) = k 2 + ( p − k)2 = 2k2 − 2 pk + p2 cũng không chia ht cho p. Điu này mâu thun vi 2 điu kin đ cho. Vy ta không th làm như các bài trên đưc. Gii : Trưc ht chng minh b đ. p−1 s B đ : Vi p là s nguyên t tha p ≡ 1(mod4) thì mi s t nhiên a vi 1 a luôn tn ti duy nht s t nhiên b tha mãn Chng minh : Theo đnh lí Wilson ta có : ( p −
p + 1 b p 1 và a2 + b2 2 1)! 1( mod p).
−
≡ − p − 1 Vi mi k = 1, thì p − k ≡ −k( mod p) ⇒ k( p − k) ≡ −k ( mod p). 2 p−1 Kt hp vi gi thit p ≡ 1( mod 4) ⇒ ≡ 0( mod 2), ta đưc: 2 −1 ≡ ( p − 1)! ≡ (−1) Đt ϕ =
− ⇒ p
1
2
Vi mi 1 a
!
p
ϕ 2
p−1
2
2
2
− − p
1
2
≡
2 0( mod p).
!
=
p
1
2
!
2
(mod p)
≡ −1(mod p)
− 1 ta chn p + 1 b p − 1 tha mãn b ≡ a ϕ (mod p), d thy b tn 2 2 2
2
2
112 ti và duy nht. Khi đó a2 + b2
Suy ra ĐPCM. Vy b đ đưc chng minh. p−1 p + 1 Áp dng vi 1 i và 2
p 1
S =
−
p−1
2
2
2
+ 1)
≡ 0(mod p)
− 1 ta thy :
j p
i2 i2 j 2 + p p
p 1
−
i=1
. Vy
2
2
≡ a ( p
i p
=
i=1
S =
( p
=
i=1
i2 p
− 2) − p −2 1 = ( p − 1)( p 3
− 1)( p − 2) 3
Tip tc là bài 5 trong đ thi Chn đi tuyn IMO Vit Nam năm 2005 (Vietnam TST 2005). Bài toán 6 (Vietnam TST 2005) : Cho p là s nguyên t ( p > 3) . Tính: p−1
2
a) S =
k=1
p−1
2
b) P =
2k2 p
k2 2 p
− nu ≡ nu ≡ . k=1
k2 p
p
p
1(mod4).
1(mod8)
Gii: Trưc ht ta chng minh 2 b đ : p−1 s B đ 1 : Vi p là s nguyên t tha p ≡ 1(mod4) thì mi s t nhiên a vi 1 a luôn tn ti duy nht s t nhiên b tha mãn B đ 2 : Vi x là s thc bt kì thì [2x] − 0x<
1 . 2
p + 1 b p 1 và a2 + b2 0(mod p). 2 1 2 [x] bng 1 nu x < 1 và bng 2
−
≡
{ }
Chng mình : B đ 1 : Xem b đ ca bài 5. B đ 2 : Ta có x = [x] + {x}. Suy ra [2x]
Khi đó: 1 +) nu
− 2 [x] = [2 [x] + 2 {x}] − 2 [[x] + {x}] = [2 {x}] − 2 [{x}] = [2 {x}]
x < 1 thì [2 x ] = 1 => [2x] 2 [x] = 1 2 1 0 x < thì [2 x ] = 0 [2x] 2 [x] = 0 2
{}
{} { } ⇒
+) nu Vy b đ đưc chng minh. Quay tr li bài toán : p
−1
−
−
a) Ta thy S có tt c s hng. 2 Theo b đ 2 thì tt c s hng trên đu có giá tr là 0 hoc 1.
2
0 nu
113 p
−1
Theo b đ 1 thì vi mi s t nhiên a vi 1 a s luôn tn ti duy nht s t nhiên 2 b tha mãn p + 1 b p − 1 và a2 + b2 ≡ 0(mod p) 2
Suy ra a2 + ( p − b)2 ≡ 0( mod p) p − 1 Do đó tn ti duy nht a ∈ 1; tha a 2 + a 2 ≡ 0(mod p).
2
Gi x,y ln lưt là s các s dư khi chia k 2 cho p 1 k p−2 1 có giá tr ln hơn và nh hơn p−1 p−1 p−1 x = y x + y = x = y = ⇒ . Theo nhn xét trên thì , hơn na . 2 2 4 T đó S = x.1 + y.0 = p−4 1 . p−1 Vy S = .
4
b) Do p ≡ 1( mod 8) nên tn ti a sao cho a2 ≡ 2( mod p) và p ≡ 1( mod 4). Ta có : p−1
2
P =
p−1
2
2
2
p−1
2
2
2
p−1
2
2
2k2 p
k2 p
− − − − − k=1
k p
=
k=1
2k p
k p
2k p
k=1
Ta cn tính
p−1
2k 2 p
2
k 2 p
=
k=1
S
k2 p
− k=1
Ta có :
p−1
2k 2 p
2
k2 p
− − − − − − k=1
p−1
2
2k p
=
k=1 p−1
2
=
k=1
2
p−1
2
k=1
p−1
k2 p
2k2 p
2
k p
2k2 p
2
k=1
k2 p
k2 p
Theo nhn xét trên thì tp hp các s dư khi chia k2 , 1 k các s dư khi chia 2k2 ,1 k
p
− 1 cho p tc là
p
− 1 cho p trùng vi tp hp 2
2
p−1
2
2k 2 p
k2 p
− k=1
=0
Suy ra p−1
2
k=1
p2 1 Vy P = 24
2
p−1
2
2
k2 p
− 2k p
k p
− − p − 1 = ( p − 1)( p − 5) . 2 24
=
k=1
p2 1 = 24
−
T 2 nhn xét trên ta thy b đ 1 khá quan trng, và đưc s dng thưng xuyên trong các
114 bài toán tính tng dng này. Sau đây là các bài toán tương t : Bài toán 7: Cho p ≡ 1( mod 3), m không chia ht cho p, tính p 1
−
3mi2 p
3i2 p
− i=1
(m
m
− 1)( p − 1)
HD : Làm tương t ta đưc kt qu . 2 Bài toán 8: ( THTT s 430) Cho p là s nguyên t có dng 4k + 1 , tính tng p 1
−
2k2 p
k2 2 p
− k=1
p
−1
HD: Gii tương t như câu a bài toán 6 và cho kt qu là . 2 Bài toán 9: Cho p là s nguyên t có dng 4k + 1 , tính tng p 1
−
2k3 p
k3 2 p
− k=1
p
−1
HD : Bài này ta s dng kt qu ca bài toán m đu 1 , và cũng cho kt qu là . 2 Nhn xét : Bài toán 8 và 9 đã cho ta nhn xét v bài toán tng quát là tính tng S = p 1
−
2kn p
kn 2 p
− vi k=1
n = 2 và n = 3 thì S =
p
− 1 , vi n=1 thì cũng làm như trưng 2
hp n=3 ta cũng có kt qu tương t. Vy ∀n ∈ Nthi kt qu trên có đúng không? Đáp án là đúng, và phn chng minh xin dành cho bn đc. Ví d 2: Chng minh rng vi p là s nguyên t tha p ≡ 1(mod4), vi hai hàm s f (x) và g(x) tha mãn
(f (x), p)) = 1 (g(x), p)) = 1
∀x
Khi đó chng minh rng p 1
−
i=1
g(x)f (x)i2 p
f (x)i2 g(x) p
−
=
(g(x)
− 1)( p − 1) 2
Chng minh: Bài này d dàng chng minh bng bài toán m đu 1 và theo cách ca Bài toán 6 câu a. Áp dng bài toán trên khá hay khi ch cn chn 2 hàm tha mãn là có th s dng. Ví d như bài 8 : Chn f (x) = 1, g(x) = 2, khi đó p 1
−
2i2 p
i2 2 p
− i=1
=
(2
− 1)( p − 1) = p − 1 2
2
Bài tp tương t: Bài toán 10: Cho p là s nguyên t có dng 4k + 1 , chng minh rng p 1
2
−
i=1
( p + 1)i2 p
−
i2 ( p + 1) p
≡
0(
mod 2)
115 Bài toán 11: Cho p là s nguyên t có dng 4k + 1 , chng minh rng p 1
−
i=1
(2 p2 + 2 p + 1)i2 p
−
i2 (2 p + 2 p + 1) p
2
không là s nguyên t vi mi p. Bài toán 12: Cho p là s nguyên t có dng 4k + 1 . Tìm p đ p 1
S =
−
i=1
(2 p + 3).i2 p
−
i2 (2 p + 3) p
−
25
là s chính phương.
Hàm phn nguyên trong vic tính tng các ch s Đnh nghĩa Gi s n là 1 s t nhiên. Ta đnh nghĩa S (n) là tng ca các ch s ca n khi biu din trong h thp phân.
Tính cht 1. Vi n là s nguyên dương ta có S (n) = n
∞
n 10k
− 9
k=1
CM: Trong h thp phân ta biu din n = a m am−1 ...a0 = 10m am + 10 m−1 am−1 + ... + a1 .10 + a0
Khi đó ∞
n = am am−1 ...a0 10 10k
− Suy ra − n
9
k=1
n
∞
9
k=1
m
n 10k
=
i=0
T đó có đpcm.
2. S (n) ≡ n(mod9)
∞
|
i
−
9 am am−1 ...a1 10 + a m am−1 ...a2 10 + ...am
|
i 1
ai (10 − 9(10 − + 10i−2 + ... + 1) =
∞
.. CM: Ta nhn thy là s nguyên nên . Suy ra đpcm.
k=1
n 10k
9
k=1
n 9 10k
|
m
i=1
ai = S (n).
116 3. 0 S (n) n CM : D thy S (n) 0, và t S (n) = n
∞
n 10k
− 9
k=1
Suy ra S (n) n ( du “=” xy ra khi 0 n 9) 4. S (m + n) S (m) + S (n) CM : Ta có : S (m) + S (n) = m + n
− . 9
∞
k=1
∞
m n + 10k 10k k=1
Áp dng BĐT [a] + [b] [a + b] ta đưc S (m) + S (n) m + n
− 9
∞
k=1
m + n 10k
= S (m + n) (đpcm)
Du bng xy ra khi và ch khi phép cng m + n không có nh. 5. S (m.n) S (m).S (n) Bn đc có th chng minh thông qua biu din ca m, n và mn trong h thp phân. T đó ta có tng quát :
6. S (
ai )
i=1
7. S (
S (ai )
i=1
ai )
i=1
S (ai )
i=1
Bài tp ví d
Ví d 1: Tìm n sao cho S (n) = n 2
− 2014n + 5
Gii : Ta có 0 S (n) n ⇔ 0 n2 − 2014n + 5 n. Gii h bt phương trình, kt hp n ∈ N ta đưc n = 2014. Vy n = 2014. Ví d 2: Tìm n sao cho: n + S (n) + S (S (n)) = 2001. Gii : Ta có n 2000 ⇒ S (n) S (1999) = 28 ⇒ S (S (n)) 10 ⇒ n 1972. Mà
≡ n + S (n) + S (S (n)) ≡ 2001 ≡ 3(mod9) ⇒ n ≡ 1(mod9) ⇒ n ∈ {1963, 1966, 1969, 1972, 1975, 1978, 1981} 3n
117 Bng cách th trc tip ta thy các giá tr n cn tìm là n ∈ {1969, 1972, 1975}. Ví d 3: Tìm n tha n + S (S (n)) = 2014. Bài toán này xin dành cho bn đc. Ví d 4 : (PTNK 2008) Vi mi s nguyên dương n, gi S (n) là tng các ch s ca n. a) Chng minh rng các s n = 999 và n = 2999 không th biu din đưc dưi dng a + b vi S (a) = S (b). b) Chng minh rng mi s n, 999 < n < 2999 đu biu din đưc dưi dng a + b vi S (a) = S (b).
Gii : a) Gi s có th biu din đưc. n = 999 : Ta có : a + b = 999, mà phép cng trên không có nh nên S (a) + S (b) = S (a + b) = S (999) = 27 Mà S (a) = S (b) nên 2S (a) = 27 (vô lý) n = 2999 :
Tương t vì phép cng a+b=2999 không có nh nên ta có ĐPCM. b) Trưc ht ta chng minh rng nu 999 < n < 2999 thì tn ti s t nhiên k sao cho S (k) + S (n˘k) là mt s chn. Tht vy, nu S (n) là s chn thì ta chn k = 0. Nu S (n) l, = 1999 (do S (n) l) nên tn gi s n = ba 2 a1 a0 , trong đó b ∈ {1; 2}. Do 999 < n < 2999 và n ti i sao choai < 9 . Chn i ln nht tho mãn điu kin này. Khi đó chn k = 10i.(ai + 1) thì S (k) = a i + 1 còn S (n − k) = S (n)˘ai˘1 + 9 (phép tr có nh to ra s 9 v trí ai và gim đi 1 đơn v v trí trưc đó). T đó suy ra S (k) + S (n − k) = ai + 1 + S (n)˘ai˘1 + 9 = S (n) + 9 chn do S (n) l. Bây gi gi s ta đã tìm đưc k sao cho S (k) + S (n − k) là s chn. Khi đó nu đt k = a 3a2 a1 a0 và n − k = b 3 b2 b1 b0 Do S (k) + S (n − k) chn nên s các ch s i sao cho a i + bi l là chn. Vi 1 cp ch s (i, j) sao cho ai + bi = 2 ji + 1, a j + b j = 2ki + 1 l, ta đi ai → a i = k i + 1, bi = k i , a j = k j , b j = k j + 1. Vi các ch s i sao cho a 1 + b1 = 2ki, ta đi a i → a i = bi = ki . Khi đó d dàng nhn thy rng a3 a2a1 a0 + b3 b2 b1 b0 = a 3a2 a1 a0 + b3b2 b1 b0 = n
và
S a3 a2 a1 a0 = S b3 b2b1 b0
T đó ta có điu phi chng minh.
Ví d 5: (IMO 1975) Đt A = S (44444444) và B = S (A). Tìm S (B). Gii : Đt N = 44444444. Do N < 100004444 nên N không quá 4444.4 < 20000 s . T đó A < 9.20000 = 180000
⇒ B S (9999) = 45 ⇒ S (B) 39 = 12
(1)
118 Mt khác 4444
≡ (−2)(mod9) ⇒ N ≡ 2
4444
= 81431.2
≡ (−2)(mod9)
Do đó S (B) ≡ 7( mod 9) (2) T (1) và (2) ta có S (B) = 7. Bài tp tương t: Ví d 6: Đt A = S (30.42012), và B = S (A). Tính S (B). Ví d 7: (VMO 20004) Tìm giá tr nh nht ca S (n) khi n chy trên tp các bi ca 2003. HD : S dng 3 b đ :
• 1001 là s nguyên dương nh nht trong s các s nguyên dương
mmà 10m
2003).
≡ 1(mod
• Không tn ti bi dương ca 2003 có dng 10 + 1 vi k ∈ N. • Tn ti bi dương ca 2003 có dng 10 + 10 + 1, vi k, h ∈ N. k
k
h
Và s dng thêm các tính cht ca S (n) ta đưc đáp án min S (n) = 3 . Bài tp t luyn : Bài toán 1 : Cho s t nhiên N tha S (N ) = 100, S (5N ) = 50. Chng minh rng N chn. Hưng dn: Đt M = 5N thì S (M ) = 50 và S (2M ) = S (10N ) = S (N ) = 100. Suy ra phép cng M + M = 2M là phép cng không nh. Bài toán 2: Tìm n nh nht sao cho trong n s t nhiên liên tip tùy ý luôn chn đưc mt s N mà S (N ) vdots 13. Đáp án : 79. Bài toán 3: Đt a = S ((29 )1999); b = S (a); c = S (b). Tìm c. Đáp án : c=8. Bài toán 4: CMR vi n là s t nhiên bt kì ta luôn có S (8n) 1 S (n) 8
Bài toán 5: Cho a là s chn nhưng không chia ht cho 5. Chng minh rng n
lim S (an ) = +
→+∞
Bài tp tng hp
∞
119 Bài toán 1 : Cho n là s nguyên dương tha mãn n! có đúng 2002 ch s 0 tn cùng. Chng minh rng n 8024 . Bài toán 2 : Vi n là s nguyên , chng minh rng
−
n + 2 n + 4 n 1 + + = n 4 4 2
Bài toán 3 : ( Đài Loan 1998) Chng minh rng vi mi s nguyên dương m và n, ta luôn có: m 1
(m, n) = 2
−
kn + m + n m
k=0
− mn
Bài toán 4 : Tìm min{xn |1 n M } vi M = 20142014 và
x1 = M
(xn ) :
xn+1 =
∀ x+[ xM ] n 2
n1
Bài toán 5 : Tìm s nguyên dương n ln nht sao cho 2014! chia ht cho 7n . Bài toán 6: (Canada 1998) Tim s các s a tha mãn a a a + + = a 2 3 5
√ Bài toán 7: ( Hàn Quc 1997)Tính tng theo n và n
k
a =
√ n.
k=1
Bài toán 8 : Cho (m, n) = 1 vi m chn. Tính tng 1 S = + 2n
n 1
−
− k=1
( 1)[
km n
]
km n
Bài toán 9 : (Balkan 1998 ) Tính các s hng khác nhau trong dãy k2 : k = 1, 2,..., 1997 1998
Bài toán 10 : Chng minh rng tích ca n s nguyên liên tip luôn chia ht cho n!. Bài toán 11 : (APMO 2001) Tìm s nguyên N ln nht sao cho s các s thuc tp hp {1, 2, . . . , N } và chia ht cho 3 bng s các s thuc tp đó và chia ht cho 5 hoc 7. Bài toán 12 : Chng minh rng vi mi s nguyên dương n 3 thì (2n
− 1)(2n − 2)(2n˘4). . . (2n − 2n − 1) ... n!
Bài toán 13 : Chng minh rng C nk
≡ 1 (
mod 2)
∀k = 0, n ⇔ n ≡ 1 (
mod 2)
