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