MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau bài toán 1 mà tác giả của nó là Kestutis Ce
Trang 1MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN
Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toán 1) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva)
Bài toán 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn
2 n + 2 n
Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất Lời giải của bài toán 1 được phát triển từ lời giải của các bài toán đơn giản hơn sau đây:
Bài toán 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!
(Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009)
Lời giải của bài toán 2:
Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈N*)
Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k ∈N*) , Khi đó A ≠rỗng vì 5 ∈
A Giả sử A là tập hữu hạn Gọi p0 là phân tử lớn nhất của A ⇒p0 ≥5
Giả sử p1, p2 … pn là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p0
đặt a = 4 p p02 12 pn2 + 1 khi đ? a ∈N*, a > 1 Giả sử q là ước nguyên tố của a
⇒q ≠pi , ∀i ∈{0,1,2 …, n} Mặt khác (2p0p1… pn) 2 + 1 ≡0 (modq)
⇒- 1 là số chính phương (modq) và q lẻ
q
q
⇒
−
⇒
=
−
⇒
=
2 : 2
1 1
) 1 ( 1
1 21 ≡1(mod4)⇒ q có dạng 4k + 1 (k ∈N*) Mặt khác q> p0 Điều này mâu thuẫn với cách chọn p0 Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k∈N*)
Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2 Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈N*) ⇒
1 1 )
1
(
1 = − 21 = ⇒−
⇒ ∃np ∈ { 0,1,2 … ,p - 1} sao cho n2p ≡−1(modp)⇒ 2
p
n +1: p và np! không chia hết cho p → np ! không chia
hết cho n + 1 Ta có: 2p 2
p
n + 1 ≥ p ⇒np ≥ p−1 Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k∈N*) nên tồn tại
vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 không là ước của n!
Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n
(Tạp chí Animath của Pháp năm 2006)
Lời giải của bài toán 3: Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈N*)
Trang 2Suy ra 1 ( 1) 2 1 1
1
−
⇒
=
−
=
− p−
⇒ ∃x ∈ {0,1,2, … ,p - 1} sao cho x2 ≡ - 1(modp)
Ta có: q2 ≡ (p- q)2 (modp) (q ∈Z)
⇒ ∃q ∈ {0,1,2, …,
2
1
−
p
} sao cho q2 ≡-1 (modp)
Thật vậy giả sử
2
1
−
p
< x < p ⇒x ≥
2
1
+
p
Đặt q = p – x, ta có:
q2 = ( p – x)2 ≡ x2 ≡ - 1 (modp) và 0 < q ≤
2
1
−
p
Ta có: q2 +1 p và
p ≥2q +1 > 2q Suy ra ước nguyên tố lớn nhất của q2 +1 lớn hơn 2q.Vì có vô số số nguyên tố dạng 4k + 1(k ∈N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 +1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n
Sau đây là các lời giải của bài toán 1
Lời giải thứ nhất của bài toán 1: Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ∈N*)
⇒ 1 ( 1) 2 1 1
1
−
⇒
=
−
=
− p−
⇒ ∃x ∈ {0,1,2, … p - 1} sao cho x2 ≡ - 1(modp)
Vì x2 ≡ (p- x)2 (modp) (x ∈Z) ⇒ ∃x ∈ {0,1,2 … ,
2
1
−
p
} sao cho
x2 ≡-1 (modp) ⇒ ∃ α ∈ {0,1,2, … ,
2
1
−
p
− −α
2
1
≡-1 (modp)
− −α
2
1
p ⇒m ∈ {0,1,2, …,
2
1
−
p
} và m2 ≡-1 (modp)
Giả sử p > 20 N?u 0≤ α ≤ + − ⇒
4
3 1
4 p 0 < 2α+1 ≤ + − ⇒
2
1 1
4 p
(2α +1)2 <p - 4 Vì m2 ≡-1 (modp) nên 4m2 ≡-4 (modp)
Mặt khác 4m2 = (p – 1 -2α )2 ≡ (2α +1)2 (modp) ⇒(2α+1)2 ≡-4 (modp)
Điều đó là điều vô lý vì 0 < (2α +1)2 < p – 4
Vậy α > + − ⇒
4
3 1
4 p p > 2m +
m
2 Vì m2 +1 p nên m2 ≥p -1 ⇒m ≥ p−1 Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ∈N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2 n + 2 n
Lời giải thứ 2 của bài toán 1: Giả sử n là số nguyên, n ≥24 Giả sử p là ước nguyên tố của (n!)2 + 1 Hiển
nhiên p > n Giả sử x ∈(0,
2
p
) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p Khi đ? 0 < x< p – x < p Ta c? x2 + 1
Trang 3chia hết cho p Thật vậy tồn tại m∈ Z sao cho n! = mp + x hoặc – n! = mp + x Trong cả hai trường hợp ta đều có (n!)2+1 = (mp+x)2 +1 ⇒ x2 +1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx ⇒x2+1p Từ đó suy ra p là ước của p2 - 2px + 4x2 + 4
= (p – 2x)2 + 4
⇒p ≤ (p – 2x)2 + 4 ⇒p ≥ 2x + p−4
⇒p - 4 ≥ 2x + p−4 - 4 ≥ 2x + 20 – 4> 2x
⇒ p ≥ 2x + p−4 > 2x + 2 Từ đây suy ra điều phải chứng minhx
Bài toán sau là bài toán tổng quát của bài toán 1
Bài toán 4: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n +
2 n
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥3, tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) sao cho
n
n
n y
7 2 + 2 =
(Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996)
Lời giải: Với n = 3 , chọn x3 = y3 = 1
Giả sử với n ≥3 , tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn,yn) sao cho 7x n2+ y n2 =2n Ta chứng minh rằng mỗi cặp
(X=
2
7 , 2
n n n
Y y
=
2
7 , 2
n n n
Y y
x − = +
) thoả măn 7X2+Y2 =2n+1
Thật vậy
2 2
2
7 2
+
±x n y n x ny n
= 2 (7x n2+ y n2) = 2 2n = 2n+1
Vì xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l ∈ Z) 1
+
⇒ x n y n k l
và x n− y n = k−l
2 Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số 2 , 2
n n n
n y x y
x + −
là lẻ Vì vậy với n +1 tồn tại
các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn 7x n y n2 2n
1
2
Bài toán 6 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có ít nhất n nghiệm
tự nhiên (x,y)
(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2009 – 2010)
Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho x n2 +15y n2 =4n
Thật vậy với n = 2 , chọn x2 = 1 , y2 = 1
Giả sử với n ≥2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho x n2+15y n2 =4n Ta chứng minh rằng mỗi cặp
Trang 4(X=
2
, 2
15 n n x n y n
Y x
y − = +
), (X=
2
, 2
15 n n y n x n
Y x
= + ) thoả măn X2 +15Y2 =4n+1
Thật vậy
2 2
2
15 2
15
± +
y n x n y n x n
= 4 (x n2 +15y n2) = 4 4n = 4n+1
Và xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l ∈ Z) 1
+
⇒ x n y n k l
và y n −x n = l+ − k+ =l−k
2
) 1 2 ( ) 1 2 (
n n n
n y y x
x + − là lẻ Vì
vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn 2 1 15 2 1 4 +1
+ + + = n
n
x
Trở lại bài toán 6:
Với n = 1, phương tŕnh x2 +15y2 =4ncó 1 nghiệm tự nhiên là (x,y) = (2,0)
Với n = 2, phương tŕnh x2+15y2 =4ncó 2 nghiệm tự nhiên là (x,y)= (4,0); (1,1)
Giả sử với n ≥ 2, phương tŕnh x2 +15y2 =4ncó n nghiệm tự nhiên là (x1,y1), (x2,y2), …, (xn, yn) khi đó (x,y) = ( 2xk, 2yk) (1≤ k ≤ n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình x2 +15y2 =4n+1 Theo chứng minh trên phương trình x2 +15y2 =4n+1 lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ Vậy phương tŕnh x2 +15y2 =4n+1 có ít nhất n+1 nghiệm tự nhiên Bài toán 6 đă được giải quyết
Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho
y x
y x
−
+ 2 2
là số nguyên và là ước của 1995
(Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995)
Lời giải : Trước hết ta chứng minh
Bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 (q ∈ N) Giả sử x, y là các số nguyên sao cho x2 + y2 chia hết cho p, Khi
đó x và y chia hết cho p Thật vậy nếu x p thì y p
Giả sử x không chia hết p ⇒y không chia hết cho p
Theo định lý nhỏ Phecma ta có x p-1 ≡1 (modp) ⇒x4q+2 ≡1 (modp) Tương tự y4q+2 ≡1 (modp) Ta có x2 +
y2p ⇒x2 ≡ -y2 (modp)
⇒(x2)2q+1 ≡ (-y2)2q+1 (modp) ⇒ x4q+2 ≡ - y4q+2 (modp) ⇒ 1 ≡ - 1 ( modp) ⇒ p = 2 (vô lí) Bổ đề đã được chứng minh
Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: Giả sử tồn tại các số nguyên dương x,y sao cho x> y ,
y x
y x
−
+ 2
2
là số nguyên
và
y
x
y
x
−
+ 2
2
là ước của 1995 Đặt k =
y x
y x
−
+ 2 2
thì x2 +y2 = k( x –y) và k là ước của 1995 = 3.5.7.19.N?u k 3 thh
Trang 5k= 3 k1 (k1 ∈N*) (k1 không chia hết cho 3) ⇒ x2 + y2 3 ⇒x 3 và y 3 ⇒x = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1∈N*, x1 > y1)
⇒ 2 1( 1 1)
1
2
x + = − N?u k = 1 thì x2 + y2 = x – y Đó là điều vô lí vì x2 + y2 ≥ x + y > x – y (vì x,y ≥1 ) Nếu k = 5 thì x2 + y2 = 5(x – y) ⇒(2x - 5)2 + (2y +5)2 = 50 ⇒ x = 3 , y = 1 hoặc x = 2 , y = 1
Nếu k = 7 , tương tự như trên, tồn tại k2∈N* sao cho k = 7 k2 (k2 không chia hết cho 7) x = 7x2 , y = 7y2 (x2,
y2∈N* , x2 > y2) và 2 2( 2 2)
2
2
x + = −
Nếu k 19 thì tồn tại k3 ∈N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19 ), x = 19x3 , y = 19y3 (x3, y3 ∈N* ,
x3 > y3 ) và 2 3( 3 3)
3
2
x + = −
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) cần tìm có dạng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c, 3c) trong đó c ∈
{1,3,7,19,21,57,133,399}
Bài toán 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A =
y x
y x
−
+ 2 2
là số nguyên và là ước của 2010
(Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010)
Lời giải: Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình :
) (
2
x + = − với k ∈ { 2,5, 10} Phương tŕnh x2 + y2 = 2 (x- y) không có nghiệm nguyên dương Thật vậy giả sử x,y ∈N* , x > y và x2 + y2 = 2 (x- y) ⇒ x2 + y2 ≥ 2x +y2 > 2(x – y) Đó là điều vô lý Phương trình x2 + y2
= 5 (x- y) có các nghiệm nguyên dương là (x,y) = (3,1), (2,1) Phương trình x2 + y2 = 10 (x- y) ⇔ (x-5)2 + (y+5)2
= 50 có các nghiệm nguyên dương là (x,y) = (6,2) ; (4,2)
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả măn đề bài là (3c, c), (2c, c), (c, 2c) , (c, 3c) , (6c, 2c) , (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) trong đó
c ∈ {1,3,6,7,201}
Cuối cùng là một số bài toán dành để luyện tập
Bài toán 9: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương tŕnh
7x2 + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương
Bài toán 10: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có đúng n nghiệm
tự nhiên
Bài toán 11: Cho số nguyên dương n Gọi Sn là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (1+x)n
Chứng minh rằng S2n+1 không chia hết cho 3
(Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010)
Bài toán 12: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
2n +2 chia hết cho n
Trang 6Bài toán 13: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n2 + n
+ 1 không lớn hơn n
(Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007)
Bài toán 14: Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu p(n) là ước nguyên tố lớn nhất của n Chứng minh
rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho:
p(n) < p(n+1) < p(n+2)
Bài toán 15: Cho các số nguyên a,b thoả măn a>b > 0 Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n
sao cho an + bn chia hết cho n
Bài toán 16: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại vô số nguyên dương n
sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p
(Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007).
Bài toán 17: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5n-2 – 1 chia hết cho n
(Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008)