CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUANCHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUANCHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ: SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT Kí hiệu IMO VMO Tên tiếng Anh International Mathematical Olypiad Viet Nam Mathematical Olympiad IMO SL International Mathematical Olypiad Shortlist X TST NMO X Team Selection Tests National Mathematical Olympiad TT & TT HSG HSG QG Tên tiếng Việt Kì thi Olimpic Tốn quốc tế Kì thi học sinh giỏi quốc gia mơn tốn Việt Nam Tuyển tập toán danh sách rút gọn đề nghị cho kì thi Olimpic Tốn quốc tế Kì thi chọn đội tuyển X Kì thi học sinh giỏi tốn quốc gia Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Học sinh giỏi Học sinh giỏi quốc gia Phần ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Số học phân nhánh tốn học lâu đời Nó hầu hết người thường xuyên sử dụng công việc thường nhật tính tốn khoa học Trong chương trình tốn phổ thơng, số học vốn phân mơn khó Các tốn số học thường xuyên xuất kì thi học sinh giỏi cấp ln thách thức học sinh Trong toán số học ấy, nhận thấy rằng: tính chất ước nguyên tố thường xuyên sử dụng cách tinh tế đẹp mắt Tuy nhiên, nay, tài liệu viết riêng chuyên sâu khơng nhiều Điều gây khơng khó khăn việc tiếp cận hướng giải toán số học Chính vậy, để giải phần khó khăn đó, chúng tơi chọn đề tài “Số nguyên tố toán liên quan” để trao đổi thầy cô em học sinh chun tốn, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn trường THPT chun Phần nội dung chun đề bao gồm ba chương: - Chương Các toán ước nguyên tố Nội dung chương xoay quanh vấn đề phân tích tắc định lý cổ điển liên quan đến ước nguyên tố số nguyên - Chương Thặng dư bậc hai - Chương Các toán hệ số nhị thức số định lý khác Nội dung xoay quanh tính chất ước nguyên tố hệ số nhị thức khai triển Newton định lý Polignac Trong chương, hệ số ví dụ minh họa đưa từ dễ đến khó theo quan điểm chúng tơi Trong ví dụ thường có định hướng, dẫn dắt có lời giải Điều giúp cho việc học trở nên thuận lợi Mục đích nghiên cứu Đề tài “Số nguyên tố toán liên quan” lựa chọn trao đổi đồng nghiệp tính chất, định lý số nguyên tố, ước nguyên tố số tự nhiên, phân tích tắc, Vận dụng định lý, tính chất giải tốn số học kì thi học sinh giỏi Thơng qua đề tài này, muốn nhấn mạnh, làm rõ tầm quan trọng số nguyên tố tốn số học kì thi học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp giải toán số học kì thi học sinh giỏi tốn quốc tế, quốc gia Việt Nam nước giới Cung cấp tài liệu nhỏ phương pháp dạy học phân môn số học cho đồng nghiệp dạy chuyên toán, phương pháp tự nghiên cứu cho học sinh chuyên Đối tượng khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh chuyên Toán, đội tuyển học sinh giỏi quốc gia mơn tốn Phạm vi nghiên cứu - Kiến thức phạm vi chương trình thi học sinh giỏi quốc gia Bộ Giáo dục Đào tạo - Nghiên cứu đề thi học sinh giỏi toán quốc tế học sinh giỏi toán quốc gia nước - Nghiên cứu tài liệu số học có liên quan Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý luận: nghiên cứu tài liệu, chương trình Bộ Giáo dục Đào tạo, tài liệu số học hành, tạp chí tốn học ngồi nước, tài liệu từ internet,… - Trao đổi, tọa đàm với giáo viên chuyên học sinh chuyên nước - Tổng hợp, tổng kết kinh nghiệm Phần PHẦN NỘI DUNG Chương Các toán ước số nguyên tố 1.1 Định nghĩa Một số nguyên dương p gọi số nguyên tố, có hai ước số dương Nếu p khơng phải số ngun tố p gọi hợp số Nhận xét: số nguyên tố chẵn 1.2 Một số định lý, bổ đề cần dùng 1.2.1 Định lý ( Định lý số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố 1.2.2 Định lý (Tính vơ hạn tập số ngun tố) Tập hợp số nguyên tố vô hạn 1.2.3 Định lý Cho p số nguyên tố Nếu p | ab p | a p | b 1.2.4 Định lý (Định lý Fermat nhỏ) Cho p số nguyên tố a số nguyên cho (a, p) = Khi a p −1 ≡ 1(mod p) Chứng minh Ta xét hệ thặng dư thu gọn mod p A = {1, 2, …, p - 1} Do (a, p) = nên B = {a, 2a, …, (p - 1)a} hệ thặng dư thu gọn mod p Do ta có 1.2 ( p − 1) ≡ a.2a ( p − 1) a (mod p) Mà p nguyên tố nên (1.2…(p - 1), p) = Từ ta có điều phải chứng minh 1.2.5 Định lý (Định lý Euler) Cho a số nguyên, n số nguyên dương, (a, n) = Khi aϕ ( a ) ≡ 1(mod n) Chứng minh Ta xét hệ thặng dư thu gọn mod n A = { Do (a, n) = nên B = { a.a1 , a.a2 , , a.aϕ ( n ) a1 , a2 , , aϕ ( n ) } } hệ thặng dư thu gọn mod n Do ta có a1.a2 aϕ ( n ) ≡ (a.a1 ).( a.a2 ) (aaϕ ( n ) ) ≡ aϕ ( a ) a1.a2 aϕ ( n) (mod n) Kết hợp với ( a1.a2 aϕ ( n ) ,n) = ta dễ dàng suy đpcm 1.2.6 Định lý (Định lý Wilson) Cho p số nguyên tố lẻ Khi ( p − 1)! ≡ −1(mod p) Chứng minh (Xin nhường cho bạn đọc) 1.2.7 Bổ đề LTE a) Cho p số nguyên tố lẻ, x y không chia hết cho p, x – y dương Khi M p, n số nguyên v p ( x n − y n ) = v p ( x − y ) + v p (n) b) Cho p số nguyên tố lẻ, x y không chia hết cho p, x + y dương lẻ Khi v p ( x n + y n ) = v p ( x + y ) + v p (n) c) Cho x, y lẻ, n số nguyên dương chẵn Khi v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 (n) − Chứng minh (Tham khảo “Phạm Văn Quốc – bổ đề LTE”) 1.2.8 Cấp phần tử M p, n số nguyên 1.2.8.1 Các định nghĩa Định nghĩa Cho n > a số nguyên dương, (a, n) = Số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn ak ≡ (mod n) gọi cấp a modulo n Kí hiệu k = ordn(a) Định nghĩa Cho n > a số nguyên dương, (a, n) = Nếu ϕ(n) = ordn(a) a gọi nguyên thủy modulo n Nhận xét: Từ định nghĩa ta dễ dàng suy +) Nếu a nguyên thủy ( mod n) số lớp với a theo (mod n) nguyên thủy (modn) 1.2.8.2 Các định lý Định lý Cho a, n thỏa mãn n > 1, (a, n) = Khi ax ≡ (mod n) ⇔ x M ordn (a) Chứng minh Giả sử ax ≡ (mod n) Đặt k = ordn (a) Theo thuật tốn Euclid ta có x = kq + r, ≤ r < k Khi ≡ ax ≡ (ak)qar ≡ ar (mod n) Suy ar ≡ (mod n) ⇒ r = (theo định nghĩa) M Vậy x k Chiều ngược lại hiển nhiên Hệ Cho a, n thỏa mãn n > 1, (a, n) = Khi ϕ(n) M ordn (a) Định lí Nếu a nguyên thủy (mod n) tập A = {1, a, a2,…,ah-1} hệ thặng dư φ thu gọn (mod n) (lúc h = (n)) Định lí Nếu p số ngun tố có φ (p - 1) nguyên thủy (mod p) Định lít Nếu p số nguyên tố lẻ a nguyên thủy (mod p2) a nguyên thủy (mod pn) với n ≥ Định lý (Định lý tồn nguyên thủy) Cho m số nguyên, m > m có nguyên thủy m có dạng sau: 2, 4, pα, 2p α (trong p số nguyên tố lẻ) (Phần chứng minh định lí trên, xin nhường cho bạn đọc) 1.3 Các ví dụ điển hình Trong mục này, để thuận lợi cho công tác giảng dạy, dựa vào độ phức tạp tốn, tơi chia thành hai phần Phần ví dụ bản, giúp học sinh làm quen dần với dạng toán Phần hai tốn nâng cao, địi hỏi kĩ xử lí tinh tế cập nhật kì thi học sinh giỏi gần 1.3.1 Các ví dụ Trong phần này, tơi đưa ví dụ điển hình tính chất ước ngun tố Vận dụng tính chất vào giải tốn liên quan Tuy nhiên, ví dụ chọn khơng q khó, thường xun xuất Cố gắng giúp học sinh hình thành, phát triển tư phân mơn số học Ví dụ (Đề tham khảo 30/4/2021) Giả sử a, b, c số nguyên dương thỏa mãn hệ phương trình  21a = 43ϕ (b)   21b = 43ϕ (c)  21c = 43ϕ (a )  Chứng minh a = b = c Nhận xét: dạng hệ hốn vị vịng quanh nên việc giải hệ thông thường ta xét a ≤ b ≤ c sau chứng minh a = b = c Mặt khác, tốn liên quan đến phi hàm Euler nên thơng thường ta sử dụng phân tích tắc để đánh giá hướng chung Mời bạn theo dõi lời giải sau Lời giải Ta có (21, 43) = ⇒ a, b, c chia hết cho 43 Do đó, a, b, c ≥ 43 Xét phân tích tắc a, b, c sau n m k a = ∏ paiai , b = ∏ pbi bi , c = ∏ pci ci α i =1 α i =1 α i =1 Khi n ϕ (a) = ∏ paiai ( pai − 1)M(43 − 1)M2 α −1 i =1 Chứng minh tương tự ta Do (21, 2) = ⇒ ϕ (a), ϕ ϕ (b), (c) chẵn M M M a 2, b c Từ ta có m 1 ) ≤ 43.b(1 − )(1 − ) = 21b pbi 43 21a = 43ϕ (b) = 43.b∏ (1 − i =1 ⇒ Chứng minh tương tự ta b ≤ c; c ≤ a ≤ b a Từ suy a = b = c Ví dụ (Chọn ĐT 10 KHTN 2020) Tìm tất số nguyên tố p cho 3p + 5p – số nguyên tố Nhận xét: Bài toán đơn giản Trước tiên ta thử nghiệm, dự đốn p = 3, sau xét p khác chứng minh 3p + 5p – không số nguyên tố Lời giải cụ thể sau: Lời giải TH1: p = 3k + 1, (k chẵn) ta có 3p + 5p – = 3.27k + 5.125k – ≡ 3(-1)k + 5.(-1)k – ≡ (mod 7) Nên 3p + 5p – không số nguyên tố TH2: p = 3k + 2, (k lẻ) ta có 3p + 5p – = 9.27k + 25.125k – Vậy p = 3k ⇒ ≡ p = 2(-1)k + 4(-1)k – ≡ (mod 7) Thử lại thấy p = thỏa mãn Ví dụ (Chọn ĐT 10 KHTN 2020) Tìm x, y nguyên dương cho 2x + 5y + số phương Nhận xét: Bài giống trên, Tính chất chủ đạo sử dụng ước pn có dạng pk, ≤ k ≤ n Cụ thể ta có lời giải sau: Lời giải Xét x ≥ ta có 2x + 5y + ≡ (mod 4) ⇒ 2x + 5y + không số phương Do x = Khi ta đặt 5y + = n2 Đến ta suy ⇔ (n -2)(n + 2) = 5y n − = 5a ⇒ 5b − 5a = ⇒ a = 0, b =  b n + = Từ tìm (x, y) = (1, 1) Ví dụ (Olimpic KHTN 2014) Tìm tất ba số (x, n, p) với x, n nguyên dương, p nguyên tố thỏa mãn x3 + x = 2( p n − 1) Lời giải Ta có x3 + x = 3( p n − 1) ⇔ x3 + x + = p n ⇔ ( x + 1)( x − x + 3) = p n Do d = (x + 1, x2 – x + 3) = (x + 1, (x+1)(x-2) + 5) = (x +1, 5) Nếu d = 1, x + > x2 –x + > nên  x + =  n  x − x + = p  x + = pn    x − x + =  Từ tìm (x, n, p) =(2, 2, 2) (x, n, p) = (1, 1, 2) Nếu d = x + = 5m Thay vào phương trình ban đầu ta 5m(25m − 15m + 5) = p n ⇒ p = ⇒ m(5m − 3m + 1) = 3.5n −2 Nếu m = tính n = 2, x = Nếu m ≥ ⇒ (x, n, p) = (4, 2, 5) 5m2 – 3m + > Do d = (m,5m2 – 3m + 1) = ⇒ m = 5m2 – 3m + = 5n – vơ nghiệm Vậy ta tìm ba (x, n, p) Ví dụ (Olimpic KHTN 2015) Tìm tất số nguyên tố p cho 3p + 4p số phương Lời giải Ta có 3p + 4p = x2 ⇒ (x – 2p) (x + 2p) = 3p p p −n  x + = ⇒ p +1 = 3n (3 p −2 n − 1) ⇒ n =  p n x − = ⇒  Do 2p + = 3p – ⇒ p = (thỏa mãn) Ví dụ (TH & TT_ T10/507) Tìm số nguyên tố p hai số nguyên dương a, b cho pa + pb số phương Lời giải TH1: a = b suy 2.pa = x2 ⇒ p = 2, a lẻ ⇒ (p, a, b) = (2, 2n + 1, 2n + 1), n ∈ TH2: a ≠ b Khơng tính tổng qt ta giả sử a > b Mà (pb, pa – b + 1) = nên ⇒ pb(pa – b + 1) = x2  p b = u  a −b  p + = v Do b chẵn Ta có pa – b = (v – 1)(v + 1) Nếu v = pa – b = ⇒ a – b = p = Nếu v > p | v – p | p + ⇒ p|2 ⇒ ⇒ (p, a, b) = (3, 2k + 1, 2k) p=2 ⇒ 2a – b = (v - 1)(v + 1) ¥ v − = 2k ⇒ 2l − k = ⇒ k = 1, l = ⇒ v =  l v + = ⇒  Suy a – b = Từ suy (p, a, b) = (2, 2k + 3, 2k) Kết luận… Ví dụ (TH&TT_ T10/512) Chứng minh với n ngun dương ta ln có n n 22 + hai số nguyên số nguyên tố Lời giải n 22 + Gọi p số nguyên tố p | nguyên ta có p ≡ (mod 2n + 1) ⇒ theo tính chất quen thuộc bậc số p = 2n + 1k + 1, k ∈ ¥* ⇒ p > 2n + Mặt khác, ta dễ chứng minh quy nạp 2n + > n, với n ∈ ¥* Từ ta có đpcm Ví dụ (TH&TT_T11/513) Cho h số nguyên dương cho p = 2h + số nguyên tố Tìm bậc modulo p Nhận xét: toán mà sau dạy lý thuyết cấp phần tử lấy làm ví dụ minh họa mở đầu Lời giải Ta có Đặt 2h ≡ −1(mod p) ⇒ 22 h ≡ 1(mod p ) k = ord p (2) ⇒ k | 2h Nếu k ≤ k khơng ước h h 2k – < 2h + = p (loại) Nếu k lẻ mà k | 2h Vậy k chẵn ⇒ ⇒ ⇒ k > h k | h (vô lý) k = 2t | 2h ⇒ t|h ⇒ t ≤ h (1) Ta có 2k – = 22t – = (2t - 1)(2t + 1) Do t ≤ h ⇒ 2t – < h + = p ⇒ (p, 2t - 1) = 10 Vì C p2 , C p3 , C p4 Ap −2 Mp chia hết cho p chia hết p5 mà theo mệnh đề C p4 p Ap −4 − C p3 p Ap −3 + C p2 p Ap−2 Mp a theo mệnh đề ; từ dẫn tới p Ap −1 − Ap Ví dụ 15 (IMO Shortlist 2013) Cho dương Ap −3 Mp p số nguyên tố lẻ Với số nguyên , ta đặt a a2 a p−1 Sa = + + + p −1 S3 + S − 3S = Đặt m n với m, n∈¥ * p|m Chứng minh Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề C pk p với p số nguyên tố lẻ, ( −1) ≡ k −1 k (mod p) k ∈ ¥ ,1 ≤ k ≤ p − Thật p! ( p − k + 1) ( p − 1) (− k + 1)(− k + 2) (−1) ( −1) = = ≡ = p k !( p − k )! p k! k! k C pk Bổ đề chứng minh Trở lại toán Sử dụng bổ đề ta k ak k −1 k a ≡ ( −1) C p (mod p) , ∀k ∈ ¥ ,1 ≤ k ≤ p − k p Do ta có 90 k −1 (mod p) p −1 Sa ≡ ∑ ( −1) k −1 k =1 p a − 1) − a p + ak  ( p− k p k k C =  +1 − a + ∑ ( −1) C p a  = (mod p ) p p p k =0  p k p Thay vào ta được: p − p + + p − p + − 3(1p − p + 1) S3 + S4 − 3S2 ≡ p ≡ Vì p 4.2 − p p p (2 −4 ≡− p − 2) p (mod p) số nguyên tố lẻ nên theo định lý Fermat nhỏ (2 p − 2) p Do p ≡ (mod p) ≡ (mod p) S3 + S4 − 3S2 = Vậy m ≡ (mod p) n p|m Hay Ví dụ 16 (CMO 2015) Cho số nguyên dương k ≥ 2, chứng minh có vơ hạn số ngun dương n thỏa mãn n + k /| C2nn Lời giải Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: k có ước nguyên tố lẻ p Đặt Khi υp ( n + k ) = t t = v p (k ) > chọn n = pm ( ) ( ) υ p C2ppm = υ p ( p m ) ! − 2υ p m ( ( p ) !) m = p m−1 + p m−2 + + − ( p m−1 + p m−2 + + 1) = 91 với m > t n + k /| C2nn Do n = pm với Trường hợp 2: k = Chọn n = 2m − ( ) m∈¥,m ≥ với ( ) n + k = 2m ( Lại có: ) υ2 C22m +−1 −2 = υ2 ( 2m+1 − ) ! − 2υ ( 2m − ) ! m = ( 2m − ) + ( 2m−1 − 1) + ( 2m− − 1) + + − ( m−1 − 1) + ( m−2 − 1) + + 1 = ( 2m − ) − ( 2m−1 − 1) + ( m− − 1) + + 1 = ( 2m − ) − ( 2m − − m + 1) = m − < m = υ2 ( n + k ) n = 2m − Vì trường hợp số có dạng Trường hợp 3: Chọn n = 2m k = 2t với với m>t t≥2 Khi ( ) thỏa mãn toán υ2 ( n + k ) = t ( ) ( ) υ2 C22m +1 = υ p ( 2m+1 ) ! − 2υ p ( 2m ) ! m = 2m + 2m −1 + + − ( 2m −1 + 2m −2 + + 1) = < t = υ2 ( n + k ) Vì trường hợp số có dạng n = 2m thỏa mãn tốn Ví dụ 17 (VMO 2016) a) Chứng minh n số hồn hảo lẻ n có dạng n= ps.m2 p số nguyên tố dạng 4k + 1, s số nguyên dương có dạng 4h + 1, m ngun dương khơng chia hết cho p b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n – Lời giải 92 n(n + 1) số hồn hảo Kí hiệu hàm tổng ước dương n T(n) a) Xét phân tích tắc n t n = ∏ p1ai i =1 Khi piai +1 − = 2n pi − t T (n) = ∏ i =1 Ta lại có t v2 (T (n)) = ∑ (v2 ( piai +1 − 1) − v2 ( pi − 1)) i =1 v2(2n) = 1; Nếu a lẻ v2(pa+1 - 1) – v2(p - 1) = v2(p - 1) + v2(p + 1) + v2(a + 1) – – v2(p - 1) ≥ Do đó, số ai, i = 1, 2, …, t có số lẻ Giả sử số a1 Khi t n = p1a1 ∏ piai = p1a1 m i =2 Ta cần chứng minh p1 = 4k + a1 = 4h + Thật v2 ( p1a1 +1 − ) = v2 ( p1 + 1) + v2 (a1 + 1) − ≥ 1, ∀p1 , a1 = 2l + p1 − Do v2 ( v ( p + 1) =  p1 = 4k + p1a1 +1 − ) =1⇔  ⇔ p1 − v2 (a1 + 1) = a1 = 4h + Từ ta có điều phải chứng minh b) Trước tiên, ta chứng minh n số lẻ Thật vậy, giả sử n chẵn ta có n – số hồn hảo lẻ Theo a), số hồn hảo có dạng psm2 = (4 k + 1)s.(2l + 1)2  (mod 4) 93 Do n –  (mod 4)  n = 4k +  n(n + 1) = (2k + 1)(4k + 3) lẻ Suy n( n + 1) = (2k + 1)(4k + 3) = psm2 Trong p  s  (mod 4) Mà (2k + 1, 4k + 3) = nên 4k + p1s m2 ps.m2 Nhưng p1s  m2  psm2  (mod 4) 4k +  (mod 4) (vô lý) Vậy n lẻ  n – chẵn Theo tốn 1) số hồn hảo có dạng 2k(2k + - 1) Do ta có n – = 2s(2s + - 1) Suy n( n + 1) =  s (2 s +1 − 1) + 1  s −1 (2 s +1 − 1) + 1 +) Nếu s = n(n + 1) =  s (2 s +1 − 1) + 1  s −1 (2 s +1 − 1) + 1 = 28 Thoả mãn nên ta n = +) Nếu s > n( n + 1) =  s (2 s +1 − 1) + 1  s −1 (2 s +1 − 1) + 1 số hoàn hảo lẻ Do  s (2 s +1 − 1) + 1  s −1 (2 s +1 − 1) + 1 = p a m Do (2 s (2 s +1 − 1) + 1, s −1 (2 s +1 − 1) + 1) = nên hai số phải số phương Ta chứng minh hai số khơng số phương TH1: 2s(2s + - 1) + = b2  2s(2s + - 1) = (b - 1)(b + 1) M Do (b – 1, b + 1) | (b - 1)(b + 1) nên b – b + chẵn Mà 2s + – số nguyên tố nên 2(2s + - 1) phải ước b – b + Do s ≥  b >  2(b - 1) > b + Suy 94 2(b - 1)(b + 1) > (b + 1)2 ≥ [2(2s + - 1)]2  (b - 1)(b + 1) > 2(2s +1 - 1)2 > 2s(2s + - 1) = (b - 1)(b + 1) Dẫn đến vơ lý Hồn tồn tương tự cho trường hợp 2s – 1(2s + - 1) + = b2 Kết luận n = Ví dụ 18 Cho a, b nguyên dương nguyên tố nhau, b > Chứng minh với số nguyên N, tồn cặp số (x, y) cho N = ax + by, ≤ x < b Lời giải a) Tính tồn Theo định lý Bezout, ln tồn x, y nguyên cho ax + by = N Chia x cho b ta x = bq + x0, ≤ x0 < b Ta a(bq + x0) + by = n  ax0 + b(aq + y) = N  ax0 + by0 = N, y0 = aq + y (1) Tính tồn chứng minh b) Tính Từ ≤ x0 < b, ax0 = N – by0  N (mod b) Do (a, b) =  {0, a, 2a, …, (b - 1)a} hệ thặng dư đầy đủ mod b Do tồ x0  {0, 1, …, b - 1} cho ax0  N (mod b) Suy số x0 xác định (1) Do (x0, y0) Ví dụ 19 Cho a, b, c số nguyên dương đôi nguyên tố Chứng minh N0 = 2abc – ab – bc – ca số nguyên lớn không biểu diễn dạng abx + bcy + caz, với x, y, z số nguyên không âm Lời giải a) Trước hết ta chứng minh N0 không biểu diễn dạng abx + bcy + caz Thật vậy, giả sử tồn x, y, z không âm cho N0 = abx + bcy + caz  2abc = (x + 1)bc + (y + 1)ca + (z + 1)ab 95 Sử dụng mod a ta suy (x + 1)bc  (mod a)  x +  (mod a)  x + ≥ a  (x + 1)bc ≥ abc Tương tự ta suy (x + 1)bc + (y + 1)ca + (z + 1)ab ≥ 3abc > 2abc (vô lý) Vậy N0 biểu diễn dạng abx + bcy + caz b) Tiếp theo ta chứng minh N > N0 tồn x, y, z không âm cho N = abx + bcy + caz Điều tương đương với N > 2abc, tồn x0, y0, z0 > cho N = abx0 + bcy0 + caz0 Bổ đề: Với a, b hai số nguyên dương, (a, b) = Khi A = {ax + by| ≤ x ≤ a; ≤ y ≤ b} hệ thặng dư đầy đủ (mod ab) (Bổ đề đơn giản, xin nhường bạn đọc) Trở lại toán A = {ax + by| ≤ x ≤ a; ≤ y ≤ b} hệ thặng dư đầy đủ (mod ab) Mà (c, ab) = nên hệ B = cA = {cax + bcy| ≤ x ≤ a; ≤ y ≤ b} hệ thặng dư đầy đủ mod ab Điều có nghĩa với N nguyên dương, tồn y0, z0 cho 1≤ y0 ≤ a, ≤ z0≤ b N  bcy0 + caz0 (mod ab)  N – bcy0 – caz0 = abx0  N =abx0 + bcy0 + caz0 Hơn N > 2abc  abx0 + bcy0 + caz0 > 2abc  abx0 + bc(y0 - a) + ca(z0 - b) > Mà y0 – a ≤ 0; z0 – b ≤ nên x0 > Từ có điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán gần lặp lại đề thi TST 96 Ví dụ 20 (Việt Nam TST 2000) Cho a, b, c ba số nguyên dương đôi nguyên tố Số n gọi “số bướng bỉnh” n biểu diễn dạng n = abx + bcy + caz với x, y, z số nguyên dương Hỏi có tất số bướng bỉnh? Lời giải Gọi A tập hợp số bướng bỉnh a) Theo IMO 1983, ta có n > 2abc không số bướng bỉnh b) Nếu n = abx + bcy + caz, x, y, z ≥ n ≥ ab + bc + ca Do n nguyên dương n ≤ ab + bc + ca – số bướng bỉnh Từ suy A ⊂ {1, 2, , ab + bc + ca − 1} ∪ {ab + bc + ca, ab + bc + ca + 1, , 2abc} Đặt B = {ab + bc + ca, ab + bc + ca + 1, , 2abc} Xét f(n) = ab + bc + ca + 2abc – n Ta chứng minh, với n  B, ta ln có n  A  f(n) ∉ A Thật Với n  B, theo chứng minh bổ đề tồn x0, y0, z0 cho ≤ y0 ≤ a, ≤ z0 ≤ b, n = abx0 + bcy0 + caz0 Do n ∉ A  x0 ≤  f(n) = ab(1 – x0) + bc(1 + a – y0) + ca(1 + b – z0)  A Hoàn toàn tương tự, n  A f(n) ∉ A Từ suy B chứa nửa số phần tử thuộc A Vậy | A |= ab + bc + ca − + |B| = abc + (ab + bc + ca − 1) 2 Ví dụ 21 (VMO 2015) Với a, n nguyên dương, xét phương trình a2x + 6ay + 36z = n x, y, z số nguyên khơng âm 97 a) Tìm tất giá trị a để với n ≥ 250, phương trình cho ln có nghiệm x, y, z khơng âm b) Biết a > 1, (a, 6) = Tìm giá trị lớn n theo a cho phương trình cho khơng có nghiệm x, y, z nguyên không âm Lời giải Giả sử với n > 250 tồn x, y, z nguyên không âm cho n = a2x + 6ay + 36z Khi đó, (6, a) = Nếu ngược lại, ta chọn n > 250 cho n M d = (a, 6) dẫn đến vơ lý Ta có a2x + 6ay + 36z = a(ax + 6y) + 36z = am + 36z Theo định lý Sylvester số N0 = ab – a – b + số nguyên nhỏ cho phương trình ax + by = n có nghiệm ngun khơng âm với n ≥ N0 Do số 6a2 – a2 – 36a + 36 – a số nguyên dương lớn không biểu diễn Từ ta phải có 6a2 – a2 – < 250 36a + 36 – a < 250 Suy a < Kết hợp điều kiện (a, 6) = suy a = a = +) Nếu a = phương trình n = x + 6y + 36z ln có nghiệm (n, 0, 0) +) Nếu a = 5, ta chứng minh số n ≥ 250 biểu diễn n = 25x + 30y + 36z = 25x + 6(5y + 6z - 20) + 120 Theo định lý Sylvester, số tự nhiên không nhỏ 20 biểu diễn dạng 5y + 6z Suy số tự nhiên biểu diễn dạng 5y + 6z – 20 = u Tương tự, số tự nhiên không nhỏ 120 biểu diễn dạng 25x + 6u Do đó, với m ≥ 250 n – 120 > 120 nên tồn x, u cho n – 120 = 25x + 6u  n = 25x + 6(u + 20) 98 Lại chọn, y, z cho u = 5y + 6z – 20 ta n = 25x + 30y + 36z Từ điều phải chứng minh b) Ta chứng minh cho trường hợp tổng quát: Cho a, b nguyên dương, (a,b) = Khi N = a2b + ab2 – a2 – b2 – ab + số nguyên dương nhỏ để phương trình a2x + aby + b2z = n có nghiệm nguyên không âm (Phần tương tự IMO 1983 – xin nhường lại cho bạn đọc) Ví dụ 22 (DMO 2020) Chứng minh với số nguyên dương k, l cho trước tồn vô hạn số nguyên dương m cho i) m ii) ≥ k gcd(Cmk , l ) = Lời giải un = k + nl a Xét dãy số (un) xác định sau: cho pa > k với p ước nguyên tố l ,trong a số nguyên dương Ta chứng minh m = un ln thỏa mãn tốn Trước hết, dễ thấy un > k Ta có (k + nl a )(k − + nl a ) (1 + nl a ) C = k (k − 1) k un Do với p | l pa > k nên vp(i) < vp(nla) nê ta dễ dàng chứng minh k v p (i + nl ) = v p ( j ), ∀1 ≤ i ≤ k , ∀p | l ⇒ v p (C ) = ∑ (v p (i + nl a ) − v p (i )) = a Do k un i =1 gcd(Cmk , l ) = Từ có đpcm Nhận xét: Bài tương tự ý tưởng số chọn đội tuyển Trung Quốc năm 2009, bạn đọc tham khảo Aops Ví dụ 23 (Gặp gỡ toán học 2020) 99 Chứng minh rằng, với số nguyên dương n số nguyên tố lẻ p , tổng n  p   Sn = ∑ (−1) k Cnkp k =0 chia hết cho p  n −1   p −1   Lời giải Xét y∈£ nghiệm khác phương trình xp =1 Khi + y + y + + y p −1 = Vì p số nguyên tố nên dễ thấy y k ≠ 1∀ ( k ; p ) = Ta có nhận xét sau + y k + y k + + y ( p −1) k = y pk − = 0∀k Mp yk −1 + y k + y k + + y ( p −1) k = p∀k Mp Xét khai triển nhị thức Newton ( x − 1) Lần lượt thay n = x n + (−1)Cn1 x n −1 + + (−1) n−1 Cnn−1 x + (−1) n 1, y, y , , y p −1 vào khai triển ta được: ( − 1) n = 1n + (−1)Cn1 + + (−1) n−1 Cnn−1 + (−1) n  ( y − 1) n = y n + (−1)Cn1 y n−1 + + (−1) n−1 Cnn−1 y + ( −1) n   n  p −1 ( y − 1) = y n( p−1) + (−1)Cn1 y ( n−1)( p−1) + + (−1)n−1Cnn−1 y p−1 + (−1)n Cộng vế với vế tất đẳng thức kết hợp với hai nhận xét ta thu được: 100 ( − 1) Đặt n n n phương trình p n  p   k =0 k =0 + ( y − 1) + + ( y p −1 − 1) = ∑ (−1)kp Cnkp p = p.∑ (−1) k Cnkp = p.Sn x1 = − 1; x2 = y − 1; ; x p = y p−1 − ( x + 1) n  p   =1 xp =1 x1 , x2 , , x p nên 1, y, y , , y p −1 p nghiệm phân biệt nghiệm phân biệt phương trình Ta phải chứng minh x + x + + x Mp n n n p  n −1   p −1  +1   (*) Ta làm điều quy nạp n ≤ p −1 Trước hết ta chứng minh (*) với  n −1   p − 1 + =   Với n ≤ p −1 Ta có: p −1 p −1 k x + x + + x = ∑ ( y − 1) = ∑∑ Ckj (−1)k − j y ji k k k p k j k Bây giả sử (*) với k i =0 = ∑ C (−1) j =0 i k− j i = j =0 p −1 ∑y i =0 ji = ( −1) p ≡ [ p ] n ≤ k ( p − 1), k ∈ ¥ * k ( p − 1) < n ≤ (k + 1)( p − 1), k ∈ ¥ * k Ta chứng minh (*) với Thật vậy, đặt Tn = x1n + x2n + + x np Vì Tn Mp với x1 , x2 , , x p n nghiệm phân biệt phương trình 101 ( x + 1) p −1 = Nên xip + C1p xip −1 + C p2 xip −2 + + C pp −1 xi = ∀i = 1;2; ; p ⇒ xim+ p −1 + C1p xim+ p−2 + C p2 xim+ p−3 + + C pp −1 xim = ∀i = 1;2; ; p với m∈¥* Cộng vế biểu thức cho i chạy ta thu được: Tm+ p −1 + C 1pTm+ p −2 + C p2Tm+ p −3 + + C pp −1Tm = với m∈¥* Trong đẳng thức cho m = (k − 1)( p − 1) + 1;(k − 1)( p − 1) + 2; ; k ( p − 1) ta thu Tn Mp  n −1   p −1  +1   với k ( p − 1) < n ≤ (k + 1)( p − 1), k ∈ ¥ * Bài tốn hoàn toàn chứng minh 102 Phần PHẦN KẾT LUẬN - Trong chuyên đề này, đưa dạng toán quan trọng số nguyên tố, định lý sơ cấp cổ điển liên quan đến số nguyên tố ứng dụng Ở chương, cố gắng đưa hệ thống lý thuyết đầy đủ, ví dụ lựa chọn mang tính thời xếp từ dễ đến khó (theo quan điểm cá nhận nhóm tác giả) Trong ví dụ, chúng tơi cố gắng phân tích, đưa ý tưởng dẫn dắt tới lời giải, phù hợp với thực tiễn giảng dạy học sinh chun tốn thời kì - Chúng tơi cố gắng tuyển chọn, hệ thống ví dụ từ nhiều nguồn tài liệu khác nhau, chủ yếu từ đề thi học sinh giỏi nước gần nhất, mục đích làm rõ dạng tốn số nguyên tố ứng dụng toán số học - Các ý tưởng phương pháp giải tốn chúng tơi tổng hợp, hình thành nhiều năm giảng dạy chuyên toán số báo cáo lớp bồi dưỡng giáo viên chuyên hang năm Hy vọng chuyên đề nhỏ góp phần nhỏ vào q trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi quốc gia đồng nghiệp mong nhận ý kiến đóng góp thầy để chuyên đề ngày hoàn thiện 103 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thuỷ- Bài giảng Số học - NXBGD, 1997 [2] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng, Nguyễn Lưu Sơn, Phạm Văn Hùng – Các giảng Số học - NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2006 [3] Phan Huy Khải - Các chuyên đề Số học - NXBGD, 2005 [4] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận – Các vấn đề chọn lọc Số học - NXBGD, 2008 [6] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng - 104 Number theory problems from the training of the USA IMO team - NXB Birkhauser, 2006 [7] Jemes - Elementary Number Theory in nine chapters – NXB Cambridge [8] Đàm Văn Nhỉ, Phan Đức Hiệp, Lưu Bá Thắng, Trần Thị Hồng Dung, Trần Trung Tình, Văn Đức Chín – Lý thuyết số chuyên đề nâng cao – NXB Thông tin truyền thông, 2017 [9] Đàm Văn Nhỉ, Nguyễn Anh Tuấn, Lê Xuân Dũng, Trần Thị Hồng Dung, Trần Trung Tình, Văn Đức Chín, Đặng Xn Sơn, Đào Ngọc Dũng – Đa thức – chuỗi chuyên đề nâng cao – NXB Thông tin truyền thơng, 2017 [10] Lê Anh Vinh, Hồng Đỗ Kiên, Lê Phúc Lữ, Phạm Đức Hiệp – Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu số học – NXB Đại học Quốc gia Hà Nội – 2021 [11] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Nguyễn Văn Huyện, Lê Phúc Lữ - Các phương pháp giải toán qua kì thi Olympic (các năm) [12] Nguyễn Duy Liên – Chuyên đề cấp phần tử (Chuyên đề Trại hè Hùng Vương 2014) [13] Phạm Văn Quốc – Bổ đề LTE – Chuyên đề bồi dưỡng giáo viên chuyên [14] Nguyễn Văn Thảo – Chuyên đề số học [15] Các đề thi diễn đàn Aops 104 ... ước số nguyên tố 1.1 Định nghĩa Một số nguyên dương p gọi số nguyên tố, có hai ước số dương Nếu p khơng phải số nguyên tố p gọi hợp số Nhận xét: số nguyên tố chẵn 1.2 Một số định lý, bổ đề cần... giúp cho việc học trở nên thuận lợi Mục đích nghiên cứu Đề tài ? ?Số nguyên tố tốn liên quan? ?? chúng tơi lựa chọn trao đổi đồng nghiệp tính chất, định lý số nguyên tố, ước nguyên tố số tự nhiên,... Chương Các toán ước nguyên tố Nội dung chương xoay quanh vấn đề phân tích tắc định lý cổ điển liên quan đến ước nguyên tố số nguyên - Chương Thặng dư bậc hai - Chương Các toán hệ số nhị thức số định