(Luận văn) một số bài toán về lũy thừa của các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN d oa nl w an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên, 11/2019 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ TRỌNG NGUYÊN lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ LŨY THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z TS NGÔ VĂN ĐỊNH m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên, 11/2019 ac th si i Mục lục Mở đầu 1 Biểu diễn số nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân lu an n va 1.1 Thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai 1.2 ∗ Định nghĩa tập Sk,l 1.3 gh tn to tử ngun tố 1.4 Tính chất Tìm phần ∗ tập Sk,l ∗ tử thuộc Sk,` 15 p ie Số Fibonacci số Lucas dạng cx2 18 Dãy Fibonacci dãy Lucas 18 2.2 Một số tính chất số học số Fibonacci số Lucas 21 2.3 Số Fibonacci số Lucas dạng cx2 25 d oa nl w 2.1 an lu nf va Một số toán lũy thừa số nguyên kỳ thi 37 lm ul Olympic Toán học quốc tế Lũy thừa bậc hai 37 3.2 Lũy thừa bậc ba 44 3.3 Lũy thừa số nguyên bậc bốn trở lên 47 50 z Kết luận z at nh oi 3.1 gm @ Tài liệu tham khảo 51 m co l an Lu n va ac th si Mở đầu Mục đích luận văn trình bày lại số toán liên quan đến lũy thừa số nguyên Đây vấn đề thú vị lý thuyết số, nhiều người quan tâm nghiên cứu có nhiều kết phong phú lu an Bài tốn chúng tơi quan tâm đến toán biểu diễn số nguyên va thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Ký hiệu Sk tập tất n số nguyên n biểu diễn thành tổng lũy thừa k tất nhân tử gh tn to nguyên tố phân biệt n Hiện nay, với k ≥ 2, chưa có nhiều thơng tin tập hợp Sk , chí, người ta tìm số phần tử S3 De ie p Koninck Luca [3] đặt vấn đề nghiên cứu số nguyên biểu diễn thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Các tác giả khai w oa nl thác số thông tin số ngun Chúng tơi tập trung tìm hiểu d trình bày kết Chương luận văn lu an Bài toán thứ hai mà chúng tơi quan tâm tốn tìm số Fibonacci nf va số Lucas có dạng cx2 Các số Fibonacci Fn số Lucas Ln lm ul số tiếng, nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Đây hai dãy số ngun có nhiều tính chất đẹp tìm Riêng tốn nghiên z at nh oi cứu số Fibonacci số Lucas có dạng cx2 nhiều nhà tốn học nghiên cứu Trong Chương luận văn, tập trung tìm hiểu trình bày lại kết Cohn [2] lời giải cho toán z @ c = 1, kết Keskin Yosma [5] lời giải cho phương trình l gm Ln = 2Lm x2 , Fn = 2Fm x2 , Ln = 6Lm x2 , Fn = 3Fm x2 Fn = 6Fm x2 co Vấn đề cuối mà quan tâm luận văn sưu tầm m trình bày lại lời giải cho số toán thi Olympic lũy thừa số an Lu nguyên Đây dạng toán hay gặp đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic tốn học Nội dung chúng tơi tham khảo n va ac th si sách [1] Andreescu Andrica trình bày Chương luận văn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngơ Văn Định, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới Phịng Đào tạo, thầy giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học lu - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tơi suốt q trình học tập hoàn an thành luận văn tốt nghiệp va n Xin cảm ơn người thân gia đình tất người bạn thân tn to yêu thông cảm, chia sẻ tạo điều kiện tốt cho tơi để tơi ie gh học tập, nghiên cứu thực luận văn p Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019 w d oa nl Người viết luận văn nf va an lu Đỗ Trọng Nguyên z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Biểu diễn số nguyên thành tổng lu riêng lũy thừa nhân tử an n va nguyên tố gh tn to ie Trong chương này, quan tâm đến toán biểu diễn số nguyên p thành tổng lũy thừa nhân tử nguyên tố Ta ký hiệu Sk tập nl w tất số nguyên biểu diễn thành tổng lũy thừa k nhân tử oa ngun tố Dễ dàng thấy S1 tập tất số nguyên tố d Hiện nay, với k ≥ 2, người ta tìm thấy số ví dụ phần tử thuộc lu an S3 số phần tử tập Sk vơ hạn Trong [4], De Koninck nf va Luca mở rộng nghiên cứu tập số nguyên biểu diễn thành tổng lm ul ∗ tập tất riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Cụ thể, ký hiệu Sk,` z at nh oi số nguyên biểu diễn thành tổng ` lũy thừa k nhân tử nguyên ∞ [ ∗ tố phân biệt hai tác giả tập Sk,` có vơ hạn phần tử k=2 ` ≥ số nguyên lẻ Ngoài ra, hai tác giả số tính z ∗ Mục đích chất khác liên quan số thuật tốn tìm số phần tử Sk,` @ Thặng dư bậc hai luật thuận nghịch bậc hai m 1.1 co l gm chương trình bày lại kết De Koninck Luca an Lu Trước trình bày nội dung chương mục sau, n va nhắc lại mục số kiến thức thặng dư bậc hai, ký hiệu Legendre ac th si luật thuận nghịch bậc hai, cơng cụ sử dụng phần sau luận văn Nội dung kiến thức tham khảo sách “Elementary Number Theory with Applications” Koshy [8] Định nghĩa 1.1.1 Cho m số nguyên a số nguyên cho (m, a) = Khi số a gọi thặng dư bậc hai m tồn số nguyên x cho x2 ≡ a (mod m) Ví dụ 1.1.2 Xét với m = 4, ta thấy 12 ≡ 32 ≡ (mod 4) Vậy có thặng dư bậc hai lu an Xét với m = 13, ta thấy n va (mod 13), 22 ≡ ≡ 112 32 ≡ ≡ 102 (mod 13), 42 ≡ ≡ 92 52 ≡ 12 ≡ 82 (mod 13), 62 ≡ 10 ≡ 72 (mod 13), (mod 13), (mod 13) p ie gh tn to 12 ≡ ≡ 122 w Vậy 13 có thặng dư bậc hai 1, 3, 4, 9, 10 12 oa nl Theo định nghĩa trên, số nguyên a thặng dư bậc hai m d phương trình đồng dư bậc hai x2 ≡ a (mod m) có nghiệm Tiêu chuẩn Euler an lu cho ta điều kiện cần đủ để số nguyên dương a thặng dư nf va bậc hai m trường hợp m số nguyên tố lẻ p lm ul Định lý 1.1.3 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p số nguyên tố lẻ Khi số nguyên dương a không chia hết cho p thặng dư bậc hai p z at nh oi a(p−1)/2 ≡ (mod p) Ví dụ 1.1.4 Để kiểm tra có phải thặng dư bậc hai 17 hay khơng, ta z tính 2(17−1)/2 = 28 ≡ (mod 17) Do thặng dư bậc hai 17 Tương @ co l bậc hai 17 gm tự vậy, ta có 3(17−1)/2 = 38 ≡ 16 ≡ −1 (mod 17) Do đó, khơng thặng dư Như tiêu chuẩn Euler cho ta công cụ kiểm tra tính giải m an Lu phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) Tuy nhiên việc sử dụng cơng cụ gặp khó khăn tính tốn số ngun tố p thực lớn Một n va công cụ hỗ trợ tính tốn ký hiệu Legendre ac th si Định nghĩa 1.1.5 Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên cho p - a Ký hiệu Legendre (a/p) xác định công thức (a/p) =  1 a thặng dư bậc hai p, −1 cho trường hợp ngược lại Ví dụ 1.1.6 Theo Ví dụ 1.1.2, 13 có thặng dư bậc hai 1, 3, 4, 9, 10 12 nên theo định nghĩa ký hiệu Legendre, ta có (3/13) = 1, (1/13) = 1, (4/13) = 1, (9/13) = 1, (10/13) = 1, (12/13) = 1, (2/13) = −1, (5/13) = −1, (6/13) = −1, (7/13) = −1, (8/13) = −1, (11/13) = −1 lu an Sử dụng ký hiệu Legendre, tiêu chuẩn Euler phát biểu lại n va sau tn to Định lý 1.1.7 (Tiêu chuẩn Euler) Cho p số nguyên tố lẻ a số ie gh nguyên dương thỏa mãn p - a Khi đó, ta có p (a/p) ≡ a(p−1)/2 (mod p) w oa nl Hệ 1.1.8 Cho p số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có (−1/p) = (−1)(p−1)/2 d Nhận xét 1.1.9 Từ hệ ta có −1 thặng dư bậc hai p nf va an lu p ≡ (mod 4) Dưới số tính chất ký hiệu Legendre luật thuận lm ul nghịch bậc hai mà nhắc lại không chứng minh z at nh oi Mệnh đề 1.1.10 Cho p số nguyên tố lẻ, a, b số nguyên thỏa mãn p - ab Khi (1) Nếu a ≡ b (mod p) (a/p) = (b/p) z @ (2) (a/p)(b/p) = (ab/p) gm co l (3) (a2 /p) = m Định lý 1.1.11 (Luật thuận nghịch bậc hai) Cho p q số nguyên tố p−1 q−1 2 n va (p/q)(q/p) = (−1) an Lu lẻ phân biệt Khi ta có ac th si Luật thuận nghịch bậc hai phát biểu lại dạng gắn với thực tiễn tính tốn hệ sau Hệ 1.1.12 Cho p q số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có  (p/q) p ≡ (mod 4) q ≡ (mod 4), (q/p) = −(p/q) p ≡ q ≡ (mod 4) Ví dụ 1.1.13 Xét với số nguyên tố 17 Vì 17 ≡ (mod 4) nên ta có (17/3) = (3/17) Ở ví dụ trước ta thấy không thặng dư bậc hai 17 Do đó, 17 khơng thặng dư bậc hai Xét trường hợp p = 47 q = Vì 47 ≡ (mod 4) nên ta có (3/47) = −(47/3) lu an Ta lại có 47(3−1)/2 = 47 ≡ (mod 3) ≡ −1 (mod 3) nên 47 không thặng dư bậc n va hai thặng dư bậc hai 47 tn to Mệnh đề cho ta điều kiện cần đủ để −2 thặng dư bậc hai ie gh số nguyên tố p p Mệnh đề 1.1.14 Cho p số nguyên tố lẻ Khi (1.1) (mod 8) oa nl w (2/p) = p ≡ d an lu (−2/p) = p ≡ (mod 8) p ≡ (1.2) (mod 8) nf va lm ul 1.2 ∗ Định nghĩa tập Sk,l z at nh oi Từ mục đến cuối chương, chúng tơi trình bày lại kết De Koninck Luca [4] kết De Koninck [3] toán biểu diễn số z nguyên thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố @ gm Định nghĩa 1.2.1 Cho số tự nhiên n, ký hiệu ω(n) số nhân tử nguyên tố co l phân biệt phân tích tiêu chuẩn n thành tích nhân tử nguyên tố m Ví dụ 1.2.2 Trong phân tích nhân tử nguyên tố n = 378 = · 33 · có n va w(15) = w(3 · 5) = 2, an Lu nhân tử nguyên tố phân biệt nên w(n) = Tương tự, ta có ac th si w(2548) = w(22 · 72 · 13) = 3, w(2836295) = w(5 · · 11 · 53 · 139) = Định nghĩa 1.2.3 Cho số nguyên k ≥ 2, đặt  Sk = n : ω(n) ≥ n = X pk , p|n tổng lấy tập tất nhân tử nguyên tố phân biệt n Nói cách khác, Sk tập số nguyên biểu diễn thành tổng lũy thừa k nhân tử ngun tố lu Ví dụ 1.2.4 Ta có an n va 378 = · 33 · = 23 + 33 + 73 , tn to 2548 = 22 · 72 · 13 = 23 + 73 + 133 , gh 2836295 = · · 11 · 53 · 139 = 53 + 73 + 113 + 533 + 1393 , p ie 4473671462 = · 13 · 179 · 593 · 1621 w = 23 + 133 + 1793 + 5933 + 16213 , oa nl 23040925705 = · · 167 · 1453 · 2713 d = 53 + 73 + 1673 + 14533 + 27133 an lu Do đó, số nguyên thuộc S3 nf va Hiện nay, theo biết, người ta chưa tìm số tự nhiên lm ul thuộc Sk với k = k ≥ 4, tập tập vô z at nh oi hạn phần tử Như vậy, tập Sk ta chưa có nhiều thơng tin Định nghĩa cho ta tập số nguyên rộng Sk , gồm số nguyên biểu diễn thành tổng riêng lũy thừa k nhân tử nguyên tố z @ Định nghĩa 1.2.5 Cho số nguyên k ≥ 2, đặt gm  = n : ω(n) ≥ n = ∗ X l Sk∗ m co p|n pk , tố n an Lu dấu ∗ tổng lấy tập tập nhân tử nguyên n va ac th si 37 Chương Một số toán lũy thừa lu số nguyên kỳ thi Olympic an n va Toán học quốc tế gh tn to ie Trong chương này, chúng tơi trình bày nhiều tốn chủ đề lũy thừa p số nguyên tổng hợp từ kỳ thi Olympic Toán học quốc tế Lũy thừa bậc hai d an lu 3.1 oa nl w tài liệu ơn thi Olympic Tốn nf va Số nguyên n gọi số phương n = m2 với m số nguyên Từ lm ul 2αk phân tích tiêu chuẩn m = pα1 · · · pαk k ta có n = p2α · · · pk Tức n số phương tất số mũ phân tích tiêu chuẩn chẵn z at nh oi Số nguyên n gọi lũy thừa s n = ms với m, s số nguyên s ≥ Tương tự, số nguyên n gọi số lũy thừa thứ s tất số z mũ phân tích tiêu chuẩn chia hết cho s @ co l ước n p2 khơng ước của n gm Ta nói số ngun n khơng số phương tồn số nguyên tố p m Bài toán 3.1.1 (2004 Romanian Mathematical Olympiad) Tìm tất số n va n2 = a + b n3 = a2 + b2 an Lu nguyên không âm n cho tồn số nguyên a b thỏa mãn điều kiện ac th si 38 Giải Từ bất phương trình 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 ta thu 2n3 ≥ n4 , tức n ≤ Do đó: với n = 0, ta chọn a = b = 0, với n = 1, ta chọn a = 1, b = 0,  với n = 2, ta chọn a = b = Bài tốn 3.1.2 Tìm tất số ngun n cho n − 50 n + 50 số phương Giải Đặt n − 50 = a2 n + 50 = b2 Khi b2 − a2 = 100 nên (b − a)(b + a) = 22 · 52 Bởi b − a b + a có tính chẵn lẻ nên ta có khả sau: lu b − a = 2, b + a = 50 kéo theo b = 26, a = 24 b − a = 10, b + a = 10 kéo theo an a = 0, b = 10 Do số nguyên thỏa mãn điều kiện toán n = 626  n va n = 50 tn to Bài toán 3.1.3 (2003 Romanian Mathematical Olympiad) Cho n ≥ số gh nguyên dương Chứng minh khử nhiều hai phần tử tập p ie {1, 2, , n} cho tổng phần tử cịn lại số phương Giải Đặt m = b p n(n + 1)/2c Vì m2 ≤ n(n + 1)/2 < (m + 1)2 ta thu w d oa nl n(n + 1) − m2 < (m + 1)2 − m2 = 2m + lu Do đó, ta có nf va an p n(n + 1) − m ≤ 2m ≤ 2n2 + 2n ≤ 2n − 1, Vì với số k ≤ 2n − nhận cách cộng nhiều số lm ul thuộc {1, 2, , n}, ta điều phải chứng minh  z at nh oi Bài toán 3.1.4 (2003 Romanian Mathematical Olympiad) Cho k số nguyên dương a = 3k + 3k + Chứng minh 2a a2 tổng ba số z phương Chứng minh a ước số nguyên dương b b tổng co l Chứng minh Ta có gm @ ba số phương lũy thừa bn tổng ba số phương 2a = 6k + 6k + = (2k + 1)2 + (k + 1)2 + k m n va a2 = 9k + 18k + 15k + 6k + an Lu ac th si 39 = (k + k)2 + (2k + 3k + 1)2 + k (2k + 1)2 = a21 + a22 + a23 Vậy 2a a2 tổng ba số phương Vì a ước b nên tồn số nguyên c > cho b = ca Khi b2 = c2 a2 = c2 (a21 + a22 + a23 ) Mặt khác, giả sử b = b21 + b22 + b23 Để chứng minh ý 2, ta ý với n = 2p + bn = b2p+1 = (bp )2 b = (bp )2 (b21 + b22 + b23 ) = (bp )2 b21 + (bp )2 b22 + (bp )2 b23 Với n = 2p + lu bn = b2p+2 = (bp )2 b2 = (bp )2 c2 (a21 + a22 + a23 ) = (bp )2 c2 a21 + (bp )2 c2 a22 + (bp )2 c2 a23 an n va Từ suy lũy thừa b tổng ba số phương (a) Cho k số nguyên Chứng minh gh tn to Bài toán 3.1.5 (2000 Romanian Mathematical Olympiad) p ie (2k + 1)3 − (2k − 1)3 w tổng ba số phương oa nl (b) Cho n số dương Chứng minh (2n + 1)3 − biểu diễn thành tổng 3n − số phương lớn d lu (a) Tính tốn ta nf va an Giải lm ul (2k + 1)3 − (2k − 1)3 = (4k)2 + (2k + 1)2 + (2k − 1)2 z at nh oi (b) Chú ý (2n + 1)3 − = (2n + 1)3 − (2n − 1)3 + (2n − 1)3 − (2n − 3)3 + · · · + 33 − 13 z Mỗi hiệu vế phải viết thành tổng ba số phương lớn 33 − 13 = 42 + 32 + 12 (2n + 1) − = + + n X [(4k)2 + (2k + 1)2 + (2k − 1)2 ] k=2  n va Điều phải chứng minh an Lu m co Suy l gm @ ngoại trừ hiệu cuối ac th si 40 Bài toán 3.1.6 Chứng minh với số nguyên dương n số √ √ (17 + 12 2)n − (17 − 12 2)n √ số ngun khơng số phương √ √ √ √ Giải Ta có 17 + 12 = ( + 1)4 17 − 12 = ( − 1)4 nên √ √ √ √ (17 + 12 2)n − (17 − 12 2)n ( + 1)4n − ( − 1)4n √ √ = 4 √ √ √ √ ( + 1)2n + ( − 1)2n ( + 1)2n − ( − 1)2n √ = · 2 Đặt lu √ √ √ √ ( + 1)2n − ( − 1)2n ( + 1)2n + ( − 1)2n √ B = A= 2 an va Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta thu số nguyên x n √ √ √ √ ( + 1)2n = x + y ( − 1)2n = x − y gh tn to y cho Khi p ie √ √ ( + 1)2n + ( − 1)2n x= =A w √ √ ( + 1)2n − ( − 1)2n √ y= = B 2 d oa nl lu √ nf va an Do AB số nguyên yêu cầu đề Tiếp theo ta có A2 − 2B = (A + 2B)(A − √ √ √ 2B) = ( + 1)2n ( − 1)2n = 1, lm ul nên A B nguyên tố Ta cần số chúng z at nh oi khơng số phương Ta có √ √ h (√2 + 1)n + (√2 − 1)n i2 ( + 1)2n + ( − 1)2n A= −1 = 2 z (3.1) @ √ √ h (√2 + 1)n − (√2 − 1)n i2 ( + 1)2n + ( − 1)2n A= = + 2 l gm Vì số (3.2) m co √ √ √ √ ( + 1)n + ( − 1)n ( + 1)n − ( − 1)n , 2 an Lu số nguyên phụ thuộc vào tính chẵn lẻ n, từ hệ thức (3.1) (3.2) ta suy  n va A khơng số phương Điều phải chứng minh ac th si 41 Bài toán 3.1.7 (2001 Polish Mathematical Olympiad) Cho số nguyên a b thỏa mãn tính chất với số nguyên không âm n, số 2n a + b số phương Chứng minh a = Giải Nếu a 6= b = hai số 21 a + b 22 a + b không số phương, mâu thuẫn Nếu a 6= b 6= (xn , yn ) = √ √ (2 2n a + b, 2n+2 a + b) thỏa mãn (xn + yn )(xn − yn ) = 3b Do xn + yn ước 3b với n Nhưng điều 3b 6= lu |xn + yn | > |3b| với n đủ lớn Do a =  an Bài toán 3.1.8 Chứng minh số n va to 11 11} 22 22} | {z | {z 1998 gh tn 1997 p ie số phương nl w Giải Cách Ta có oa N = |11 {z 11} ·101999 + 22 22} ·10 + | {z d 1997 1998 nf va an lu = (101997 − 1) · 101999 + (101998 − 1) · 10 + 9 h1 i2 3996 + · · 101998 + 25) = (101998 + 5) = (10 lm ul 1997  z }| { 2 00 00 Cách Chú ý = |33 {z 33} 52 z at nh oi = 1997 z 1996 1997 l  m co N số phương gm @ 9N = 00 00} |00 {z 00} 25 = 103996 + 101999 + 25 = (101998 + 5)2 ; | {z Bài toán 3.1.9 Tìm tất số nguyên dương n, n ≥ cho n2 +3n số an Lu phương n va ac th si 42 Giải Gọi m số nguyên dương thỏa mãn m2 = n2 + 3n Vì (m − n)(m + n) = 3n , tồn k ≥ cho m − n = 3k m + n = 3n−k Do m − n < m + n nên k < n − k, nên n − 2k ≥ Nếu n − 2k = 2n = (m + n) − (m − n) = 3n−k − 3k = 3k (3n−2k − 1) = 3k (31 − 1) = · 3k , nên n = 3k = 2k + Theo định lý nhị thức Newton, ta có + · · · > 2m + Do k = k = 1, kéo 3m = (1 + 2)m = + 2m + 22 Cm theo n = n = Nếu n − 2k > n − 2k ≥ k ≤ n − k − Suy 3k ≤ 3n−k−2 , kéo theo lu an va 2n = 3n−k − 3k ≥ 3n−k − 3n−k−2 = 3n−k−2 (32 − 1) = · 3n−k−2 n ≥ 8[1 + 2(n − k − 2)] = 16n − 16k − 24, tn to gh kéo theo 8k + 12 ≥ 7n Mặt khác, n ≥ 2k + nên 7n ≥ 14k + 14, mâu thuẫn Do  p ie có giá trị thỏa mãn n = n = Bài tốn 3.1.10 Tìm số phương có chữ số mà có chữ số cuối oa nl w d Giải Giả sử n = abcdd số phương Khi n = 100abc + 11d = 4m + 3d với lu an m Vì tất số phương có dạng 4m 4m+1 d ∈ {0, 1, 4, 5, 6, 9} nf va trường hợp ký tự cuối số phương Do lm ul d = d = Nếu d = n = 100abc số phương abc số phương Do abc ∈ {102 , 112 , , 312 }, tức có 22 số Nếu d = z at nh oi 100abc + 44 = n = k , kéo theo k = 2p abc = xảy ra: p2 − 11 Có năm trường hợp 25 z Nếu p = 5x abc khơng số ngun, loại gm @ Nếu p = 5x + l m co 25x2 + 10x − 10 2(x − 1) abc = = x2 + 25 20x − ∈ / N, loại 25 n va Nếu p = 5x + abc = x2 + an Lu nên x ∈ {11, 16, 21, 26, 31}, nên có số ac th si 43 Nếu p = 5x + abc = x2 + 30x − ∈ / N, loại 25 Nếu p = 5x + 8x + nên x = 5m + kéo theo x ∈ {13, 18, 23, 28}, nên có số abc = x2 +  Cuối cùng, có 22 + + = 31 số phương Bài tốn 3.1.11 Cho < n1 < n2 < · · · < nk < · · · dãy số ngun thỏa mãn khơng có số liên tiếp Chứng minh với số nguyên dương m n1 + n2 + · · · + nm n1 + n2 + · · · + nm+1 tồn số phương lu Giải Giữa hai số a > b ≥ thỏa mãn an √ √ √ a − b > 1, ta ln có số phương Ví dụ, chọn ([ b] + 1)2 số thỏa mãn Do đó, ta cần chứng minh va n √ √ n1 + n2 + · · · + nm > 1, m ≥ tn to n1 + n2 + · · · + nm+1 − ie gh Điều tương đương với p n1 + · + nm + nm+1 > (1 + n1 + n2 + · · · + nm )2 , nl w hay √ d oa √ nm+1 > + n1 + n2 + · · · + nm , m ≥ an lu Ta chứng minh bất đẳng thức phương pháp quy nạp theo m Với m = √ √ nf va ta phải chứng minh n2 > + n1 Thật vậy, n2 ≥ n1 + = + (1 + n1 ) > + n1 Giả sử khẳng định với m ≥ Khi lm ul √ nm+1 − > n1 + · · · + nm z at nh oi nên (nm+1 − 1)2 > 4(n1 + · · · + nm ) (nm+1 + 1)2 > 4(n1 + · · · + nm+1 ) z gm @ Kéo theo nm+2 − nm+1 ≥ 2, suy an Lu  n va điều phải chứng minh m √ nm+2 > + n1 + · · · + nm+1 , co l √ nm+1 + > n1 + · · · + nm+1 , ac th si 44 Bài tốn 3.1.12 Tìm tất số ngun x, y, z cho 4x + 4y + 4z số phương Giải Rõ ràng khơng tồn nghiệm với x < Khơng tính tổng qt, ta giả sử x ≤ y ≤ z đặt u2 = 4x + 4y + 4z Khi 22x (1 + 4y−x + 4z−x ) = u2 Ta có hai trường hợp Trường hợp Nếu + 4y−x + 4z−x lẻ, tức + 4y−x + 4z−x = (2a + 1)2 Suy 4y−x−1 + 4z−x−1 = a(a + 1), hay 4y−x−1 (1 + 4z−y ) = a(a + 1) lu an Ta xét hai khả va n (i) Số a chẵn Khi a + lẻ nên 4y−x−1 = a + 4z−y = a + Suy gh tn to 4y−x−1 = 4z−y nên y − x − = z − y Do z = 2y − x − 4x + 4y + 4z = 4x + 4y + 42y−x−1 = (22 + 22y−x−1 )2 p ie (ii) Số a lẻ Khi a + chẵn nên a = 4z−y + 1, a + = 4y−x−1 4y−x−1 − 4z−y = nl w Suy 22y−2x−3 = 22x−2t−1 + 1, điều khơng thể 2x − 2y − 6= d oa Trường hợp Nếu + 4y−x + 4z−x chẵn y = x z = x Nên ta phải có an lu y = x kéo theo + 4z−x số phương, điều khơng thể đồng dư  với (mod 4) (mod 4) nf va lm ul 3.2 Lũy thừa bậc ba z at nh oi Bài toán 3.2.1 Chứng minh n số lũy thừa bậc ba n2 + 3n + khơng thể số lũy thừa bậc ba z @ Giải Nếu n = ta thu n2 + 3n + = tính chất Giả sử số lũy thừa bậc ba Ta có co l gm phản chứng n2 + 3n + số lũy thừa bậc ba với n 6= Khi n(n2 + 3n + 3) m n(n2 + 3n + 3) = n3 + 3n2 + 3n = (n + 1)3 − 1, an Lu (n + 1)3 − không số lũy thừa bậc n 6= 0, mâu thuẫn  n va ac th si 45 Bài toán 3.2.2 Cho m số nguyên dương Tìm số nguyên dương n cho m + n + số phương mn + số lũy thừa bậc ba Giải Chọn n = m2 + 3m + 3, ta có m + n + = m2 + 4m + = (m + 2)2 mn + = m3 + 3m2 + 3m + = (m + 1)3  Bài toán 3.2.3 (1996 Russian Mathematical Olympiad) Trong số tự nhiên lu từ đến 1000000 có tập số biểu diễn thành tổng số an phương với số lũy thừa bậc ba ngược lại tập số biểu diễn va n Hỏi tập có lực lượng lớn hơn? gh tn to Giải Số số biểu diễn nhiều Lấy n = k + m3 , ie k, m, n ∈ N n ≤ 1000000 Rõ ràng k ≤ 1000 m ≤ 100 Do khơng thể có  p nhiều số có dạng yêu cầu 100000 số (cặp (k, m)) nl w Bài toán 3.2.4 (1998 Irish Mathematical Olympiad) Chứng minh không d oa tồn số nguyên dạng xyxy hệ số 10 lũy thừa bậc ba số an lu nguyên Tìm số b > nhỏ để tồn số lũy thừa bậc ba có dạng xyxy nf va Giải Nếu số ký tự xyxy = 101 × xy số lũy thừa bậc ba 101 | xy , mâu thuẫn Do khơng tồn số ngun theo yêu cầu toán lm ul Chuyển xyxy = 101 × xy từ hệ số b sang hệ số 10 ta xyxy = z at nh oi (b2 + 1) × (bx + y) với x, y < b b2 + > bx + y Do để xyxy số lũy thừa bậc ba, b2 + phải chia hết cho số phương Ta kiểm tra số nhỏ thỏa mãn với b2 + = 50 Số lũy thừa bậc ba nhỏ chia hết cho 50 z  gm @ 1000 = 26267 l Bài tốn 3.2.5 Tìm tất số lũy thừa bậc ba không chia hết cho 10 mà m co xóa ba ký tự cuối số ta lại thu số lũy thừa bậc ba Do n va (10m + n)3 − (10a)3 = b < 1000, an Lu Giải Số cần tìm có dạng (10m + n)3 = 1000a3 + b, ≤ n ≤ b < 1000 ac th si 46 nên (10m + n − 10a) (10m + n)2 + (10m + n) · 10a + 100a2 < 1000
Vì (10m + n)2 + (10m + n) · 10a + 100a2 > 100, kéo theo 10m + n − 10a < 10 hay 10m − 10a < 10 − n ≤ Do m = a Nếu m ≥ n(300m2 + 30mn + n2 ) > 1000, loại Do m = n(300m2 + 30mn + n2 ) < 1000, n ≤ Với n = 2, ta lu an thu 123 = 1728, với n = 1, ta thu 113 = 1331  va n Bài tốn 3.2.6 (1999 Iberoamerican Mathematical Olympiad) Tìm tất số tn to nguyên dương n nhỏ 1000 cho n2 lũy thừa bậc ba tổng chữ ie gh số n p Giải Để n2 số lũy thừa bậc ba n phải số lũy thừa bậc ba Vì n < 1000 ta có n = 13 , 22 , , 93 Kiểm tra số ta n = n = 27 w oa nl thỏa mãn đề bài, n = 8, 64, 125 không thỏa mãn Với n > 63 = 216, ta d có n2 ≥ 2162 > 272 Tuy nhiên, tổng chữ số n lớn + + = 27,  nf va thỏa mãn an lu kéo theo khơng tồn n ≥ 63 có tính chất u cầu Do đó, n = 1, 27 số ba z at nh oi lm ul Bài toán 3.2.7 Chứng minh số nguyên tổng số lũy thừa bậc Giải Với số nguyên n ta có đẳng thức 6n = (n + 1)3 + (n − 1)3 + (−n)3 + (−n)3 z (3.3) @ gm Với số nguyên m bất kỳ, ta chọn số nguyên v cho v ≡ m (mod 6) Từ co l m − v = 6n với n số nguyên Áp dụng (3.3) ta m m = v + (n + 1)3 + (n − 1)3 + (−n)3 + (−n)3 an Lu  n va ac th si 47 3.3 Lũy thừa số nguyên bậc bốn trở lên Bài toán 3.3.1 (1996 Greek Mathematical Olympiad) Cho 81 số tự nhiên mà có ước nguyên tố nằm tập {2, 3, 5}, chứng minh tồn số mà tích chúng lũy thừa bậc số nguyên Giải Ta cần lấy 25 số Với số ta liên kết tương ứng với ba (x2 , x3 , x5 ) để ghi lại tính chẵn lẻ hệ số mũ 2, phân tích tiêu chuẩn Hai số có ba tích chúng số phương Cứ số, ta chọn số mà tích chúng số phương; tiếp tục lần ta chọn cặp số mà tích chúng lu an số phương Bây giờ, lặp lại q trình với bậc hai tích  n va cặp, ta thu số mà có tích lũy thừa bậc tn to Bài toán 3.3.2 (1997 St Petersburg City Mathematical Olympiad) Tìm tất gh họ 100 số nguyên dương cho tổng lũy thừa bậc bốn bốn số p ie họ chia hết cho tích bốn số w Giải Tập số phải có dạng n, n, , n 3n, n, n, , n với n số oa nl nguyên Khơng tính tổng qt, giả sử số khơng có nhân tử chung Nếu d u, v, w, x, y số uvw ước u4 + v + wr + x4 u4 + v + wr + y nên an lu ước x4 − y Tương tự, v ≡ w4 ≡ x4 (mod u), từ ta có 3v ≡ nf va (mod u) Nếu u có ước nguyên tố khác 3, ta kết luận số lại chia lm ul hết cho số nguyên tố, mâu thuẫn với giả thiết Tương tự, u chia hết cho số cịn lại chia hết cho 3, mâu thuẫn với giả thiết Do tất z at nh oi số phải Ngoài ra, số tất số lại phải đồng dư modulo 3, nên tất (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy họ 100 số gồm tồn số  z @ Bài toán 3.3.3 (26th International Mathematical Olympiad) Cho M tập gm gồm 1985 số nguyên dương phân biệt, khơng số có ước ngun tố lớn 26 l m tích lũy thừa bậc bốn số nguyên co Chứng minh M chứa tập gồm phần tử phân biệt mà có an Lu n va Giải Có số nguyên tố nhỏ 26 p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, p5 = Q9 11, , p9 = 23 Bất kỳ phần tử x thuộc M có biểu diễn i=1 pai i , ≥ Nếu ac th si 48 Q9 bi i=1 pi , tích xy = x, y ∈ M y = Q9 +bi i=1 pi số phương + bi ≡ (mod 2) Hay tương đương ≡ bi (mod 2) với i = 1, 2, , Bởi có 29 = 512 phần tử (Z/2Z)9 , tập M mà có 513 phần tử có hai phần tử x, y với xy số phương Bắt đầu từ M xóa cặp vậy, ta thu (1985 − 513) = 736 > 513 tập khác M gồm hai phần tử có tích số phương Tiếp tục trên, ta tìm  số phương tích chúng lũy thừa bậc Bài toán 3.3.4 (1997 Irish Mathematical Olympiad) Cho A tập {0, 1, , 1997} chứa nhiều 1000 phần tử Chứng minh A chứa phần tử lũy thừa hai số nguyên phân biệt có tổng lũy thừa lu an Giải Giả sử A khơng thỏa mãn kết luận Khi A chứa nhiều nửa n va số nguyên từ 51 đến 1997, ta chia chúng thành cặp có tổng 2048 tn to (cịn lại 1024 số); tương tự, A chứa nhiều nửa số nguyên từ 14 đến 50, nửa số nguyên từ đến 13, chứa Do tập A có nhiều gh p ie 973 + 18 + + = 997  số nguyên nl w oa Bài toán 3.3.5 (1996 Russian Mathematical Olympiad) Chứng minh d cấp số cộng với số hạng công sai 729 có vơ hạn số nf va an lu lũy thừa 10 Giải Ta với số tự nhiên n, 1081n − chia hết cho 729 Thật vậy, lm ul 1081n − = (1081 )n − 1n = (1081 − 1)A, 1081 − = |9 {z 9} z at nh oi z 81 @ gm = (9| {z 9}) · · · (1 |0 {z 0} |0 {z 0} · · · |0 {z 0} 1) 8 l 8 co = 9(1| {z 1}) · · · (1 |0 {z 0} |0 {z 0} · · · |0 {z 0} 1) m an Lu Nhân tử thứ thứ có chữ số nên tổng 9, nhân tử bội Do 1081 − chia hết cho 93 = 729 Suy 1081n − chia hết cho 729 với  n va n ac th si 49 Bài toán 3.3.6 (1996 Irish Mathematical Olympiad) Cho p số nguyên tố a, n số nguyên dương Chứng minh 2p + 3p = an n = Giải Nếu p = ta có 22 + 32 = 13 n = Nếu p > lẻ ước 2p + 3p nên ước a Bây giờ, n > 25 ước an ước 2p + 3p = 2p−1 − 2p−2 · + · · · + 3p−1 ≡ p · 2p−1 2+3 (mod 5), lu mâu thuẫn p 6= Cuối cùng, p = 25 + 35 = 375 không số lũy an  thừa hoàn hảo Suy n = n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 50 Kết luận Dựa theo tài liệu tham khảo, luận văn trình bày số vấn đề sau: Trình bày số kết De Koninck toán biểu diễn số nguyên lu an thành tổng riêng lũy thừa nhân tử nguyên tố Đặc biệt, luận văn n va trình bày chứng minh De Koninck tồn vơ hạn số ngun Trình bày số kết công bố tốn tìm số Fibonacci số Lucas có dạng cx2 xoay quanh kết Keskin Yosma [5] p ie gh tn to biểu diễn thành tổng ` ≥ lũy thừa nhân tử nguyên tố Lời giải 25 toán số học liên quan đến lũy thừa số nguyên d oa nl w kỳ thi Olympic Toán học nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 51 Tài liệu tham khảo [1] T Andreescu and D Andrica (2009), Number Theory Structures, Examples, and Problems, Birkhauser Boston, Basel, Berlin lu [2] J H E Cohn (1964), “Square Fibonacci numbers, etc.”, Fibonacci Quart., an Vol (2), pp 109–113 va n [3] J M De Koninck (2007), “Partial Sums of Powers of Prime Factors”, Jounal to gh tn of Integer Sequences, Vol.10, pp 1–9 p ie [4] J M De Koninck and F Luca (2005), “Integers representable as the sum of powers of their prime factors”, Functiones et Approximatio, Vol 33, pp oa nl w 57–72 d [5] R Keskin and Z Yosma (2011), “On Fibonacci and Lucas Numbers of the nf va an lu Form cx2 ”, Journal of Integer Sequences, Vol.14, pp 1–12 [6] R Keskin and B Demirturk (2011), “Fibonacci and Lucas Congruences and lm ul Their Applications”, Acta Math Sin (Engl Ser.), Vol 27, pp 725–736 Wiley and Sons z at nh oi [7] T Koshy (2001), Fibonacci and Lucas Numbers With Applications, John [8] T Koshy (2007), Elementary Number Theory with Applications, Second z gm @ Edition, Elsevier m co Portugal Math 46, pp.159-–175 l [9] P Ribenboim (1989), “Square classes of Fibonacci and Lucas numbers”, les nombres premiers”, Acta Arith 4, pp 185–208 an Lu [10] A Schinzel and W Sierpi´ nski (1959), “Sur certaines hypothèses concernant n va ac th si