Chương 7 một số bài toán số học hay trên VMF

Chương Một số toán số học hay VMF 7.1 7.2 m3 + 17 3n 129 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 136 n v Phần gồm số toán hay thảo luận nhiều Diễn đàn Toán học Bạn đọc vào trực tiếp topic toán Diễn đàn Toán học, cách click vào tiêu đề toán 7.1 h c m3 + 17 3n o h Bài toán 7.1 Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên m cho i u m3 + 17 3n V Đầu tiên, đến với chứng minh đề xuất cho toán đầu Chứng minh Ta chứng minh toán quy nạp Với n = 1, ta chọn m = Với n = 2, ta chọn m = Giả sử toán đến n = k, hay ∃m ∈ N : m3 + 17 3k Ta chứng minh trường hợp n = k + tức tồn số m cho m + 17 3k+1 Đặt m3 + 17 = 3k n ⇒ n 129 7.1 m3 + 17 3n 130 n≡2 (mod3) ⇒ n≡1 ⇒ m3 + 17 ≡ 2.3k m3 + 17 ≡ 3k mod3k+1 • Trường hợp 1: m3 + 17 ≡ 2.3k (mod 3k+1 ) Xét: (m + 3k−1 )3 = m3 + m2 3k + m32k−1 + 33k−3 ≡ m3 + m2 3k (mod 3k+1 ) (Do k ≥ ⇒ 32k−1 3k+1 33k−3 3k+1 ) Suy ra: m + 3k−1 + 17 ≡ m3 + m2 3k + 17 ≡ 2.3k + m2 3k ≡ n v (mod 3k+1 ) h (vì m ⇒ m2 ≡ (mod 3) ⇒ + m2 ⇒ (2 + m2 ).3k 3k+1 ) Như vậy, trường hợp 1, ta có: m + 3k−1 + 17 3k+1 • Trường hợp 2: Xét: m − 3k−1 m3 + 17 ≡ 3k c (mod o h 3k+1 ) = m3 −m2 3k +m32k−1 −33k−3 ≡ m3 −m2 3k (mod 3k+1 ) (Do k ≥ ⇒ 32k−1 3k+1 33k−3 3k+1 ) Suy ra: m − 3k−1 i u + 17 ≡ m3 − m2 3k + 17 ≡ 3k − m2 3k ≡ V (mod 3k+1 ) (vì m ⇒ m2 ≡ (mod 3) ⇒ − m2 ⇒ − m2 3k 3k+1 ) Như vậy, trường hợp ta có: m − 3k−1 + 17 3k+1 Tóm lại, ta tìm số nguyên t mà t3 + 17 3k+1 Ta chứng minh vấn đề trường hợp n = k + Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm Mấu chốt toán bổ đề sau: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học 7.1 m3 + 17 3n 131 Bổ đề 7.1– Cho a, b, q số nguyên thỏa (a; q) = q > Khi ấy, tồn k ∈ Z cho ak ± b q Chứng minh Ta chứng minh đại diện cho trường hợp ak + b q Trường hợp lại tương tự Xét A = {1; 2; 3; ; q} hệ đầy đủ HĐĐ mod q Theo tính chất Hệ thặng dư, ta có tập B = {a; 2a; 3a; ; qa} HĐĐ mod q ⇒ C = {a + b; 2a + b; 3a + b; ; qa + b} HĐĐ mod q Do đó, tồn k ∈ [1; q] cho ak + b q n v Nhận xét Bài toán cho thực chất yêu cầu tìm số x nguyên cho x + 17 3n x lập phương số nguyên Bổ đề cho thấy tồn x nguyên để x + 17 3n Còn việc tìm x để x lập phương số nguyên ta dùng phương pháp quy nạp Đối với người yêu toán, ta phải không ngừng sáng tạo Ta thử tổng quát toán cho: h c • thay m3 , ta thử thay mk với k số nguyên dương cố định • thay 3n , o h ta thử thay i u pn với p số nguyên tố • thay số 17 y ∈ N với y cố định Kết hợp thay đổi trên, ta có toán "tổng quát" Dự đoán 7.1– Cho p số nguyên tố y, k ∈ N y, k cố định Khẳng định phủ định mệnh đề sau V ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xk + y pn (7.1) Ta thử thay vài giá trị p, k, y vào để thử xem (7.1) có không Khi thay k = 2, y = 1, p = mệnh đề (7.1) trở thành ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : x2 + 3n Chuyên đề Số học (7.2) Diễn đàn Toán học 7.1 m3 + 17 3n 132 Rất tiếc, này, (7.2) lại sai!!! Ta chứng minh (7.2) sai n ≥ Thật vậy, để chứng minh dự đoán 7.1 sai, ta cần có bổ đề sau Bổ đề 7.2– Cho p số nguyên tố dạng 4k + a, b ∈ Z Khi a2 + b2 p ⇔ (a p) ∧ (b p) Từ (7.2), suy x2 + Áp dụng bổ đề 7.2 với p = 3, ta suy 3: vô lý n v Vậy n ≥ ∃x ∈ Z : x2 + 3n Không nản lòng, ta thử thêm vài điều kiện để (7.1) trở nên chặt Nếu bạn đọc có ý kiến hay, xin gửi vào topic để thảo luận Sau thêm số điều kiện, ta có toán hẹp h c Định lý 7.1– Cho p nguyên tố lẻ y, k ∈ N y, k cố định Biết gcd(k, p) = gcd(k, p − 1) = gcd(y, p) = Chứng minh rằng: o h ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xk + y pn i u (7.3) Chứng minh Trước hết, để chứng minh (7.3), ta cần có bổ đề sau Bổ đề 7.3– Cho p số nguyên tố lẻ k nguyên dương thỏa V (k; p) = (k − 1; p) = Khi đó, {1k ; 2k ; ; (p − 1)k } HTG modp Chứng minh Gọi g nguyên thủy p tức ordp (g) = p − Khi g , g , , g p−1 lập thành HTG modp rõ ràng g a1 , g a2 , , g ap−1 HTG modp ⇔ a1 , a2 , , ap−1 HĐĐ p − Với ≤ i ≤ p − tồn i ≡ g (mod p) rõ ràng lập thành HTG modp nên hệ 1k , 2k , , (p − 1)k viết lại g k , g 2k , , g (p−1)k , HTG modp k, 2k, , (p − 1)k hệ thặng dư đầy đủ p − 1, tức k nguyên tố với p − Bổ đề chứng minh Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học 7.1 m3 + 17 3n 133 Quay lại toán Ta chứng minh (7.3) phương pháp quy nạp Với n = 1, theo bổ đề 7.3 ∃x0 ∈ {1; 2; ; p − 1} : xk0 ≡ −y (mod p) ⇒ xk0 + y p Giả sử toán đếnn hay tồn xk + y pn Ta chứng minh n + hay tồn xk0 + y pn+1 Thật vậy, từ giả thiết quy nạp suy xk + y = pn q • Trường hợp 1: q p ⇒ đpcm n v • Trường hợp 2: gcd(q, p) = Khi ta chọn x0 = v.pn + x Do (7.4) xk0 + y = (v.pn + x)k + y h c k−1 = v k pnk + v k−1 pn(k−1) x + + v.pn xk−1 + (xk + y) k k (7.5) o h Dễ dàng chứng minh k−2 v k−1 pn(k−1) x + v p2n xk−2 k k i u pn+1 | v k pnk + Do ta xét V k−1 v.pn xk−1 + (xk + y) = k.v.pn xk−1 + pn q = pn (k.v.xk−1 + q) k Nhận thấy giả sử k.xk−1 ≡ t (mod p) mà gcd(k, p) = xk + y p ⇒ gcd(x, p) = (do gcd(y, p) = 1) suy gcd(t, p) = Do (k.v.xk−1 +q) ≡ tv+q (mod p) mà từ (7.4) ta có gcd(q, p) = Cho nên tồn v thỏa mãn tv + q p Do toán khẳng đinh với n + Theo nguyên lý quy nạp, toán chứng minh Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 7.1 m3 + 17 3n 134 Chưa dừng lại đây, (7.3), ta thay k x, ta toán khác: Định lý 7.2– Cho p nguyên tố lẻ y ∈ N y cố định Biết gcd(y, p) = Khi đó: ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xx + y pn (7.6) Chứng minh Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp Ta coi định lý 7.1 bổ đề Dễ thấy x thỏa (7.6) gcd(x; p) = Khi đó, với n = 1, ta xét hệ đồng dư (I) n v h x ≡ k (mod (p − 1)) x ≡ x0 (mod p) đó, x0 ; k ∈ N thỏa xk0 + y p Do gcd(p − 1; p) = nên theo định lý Thặng dư Trung Hoa hệ (I) có nghiệm x Chọn x = x , ta chứng minh x thỏa (7.6) n = Thật c o h gcd(x; p) = ⇒ xp−1 ≡ (mod p) ⇒ xk ≡ xx (mod p) ⇒ xx + y ≡ xk + y ≡ xk0 + y ≡ (mod p) Vậy ∃x ∈ N : i u xx + y p Giả sử (7.6) đến n − 1, tức tồn x0 để x0 x0 + y pn−1 Theo cách chứng minh quy nạp (7.6), ta chọn xn = apn + x0 thỏa xx0 + y pn n V Khi đó, dễ nhận thấy xn ≡ x0 (mod pn−1 ) Ta xét hệ đồng dư (II) X ≡ x0 (mod (pn−1 (p − 1))) X ≡ xn (mod pn ) Do gcd(pn−1 (p − 1); pn ) = nên theo định lý Thặ ng dư Trung hoa, hệ (II) có nghiệm X Ta chứng minh x = X thỏa (7.6) Thật Do (p − 1)pn−1 = φ(pn ) ⇒ X X ≡ X x0 (mod pn ) (định lý Euler) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học 7.1 m3 + 17 3n 135 Mặt khác X x0 ≡ xn x0 (mod pn ) (do cách chọn hệ (II)) ⇒ X X + y ≡ x n x0 + y ≡ (mod pn ) Theo nguyên lý quy nạp, toán chứng minh Mở rộng toán đầu đề nhiều, tăng thêm điều kiện để chặn (m3 + 17 3n ) ∧ (m3 + 17 3n+1 ), v.v Rất mong nhận ý kiến đóng góp cho việc mở rộng n v Lời cảm ơn Rất cảm ơn Nguyen Lam Thinh, Karl Heinrich Marx,nguyenta98, The Gunner đóng góp ý kiến mở rộng cho viết h c o h i u V Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 136 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) Bài toán 7.2 Cho số nguyên dương a; b; c thoả mãn đẳng thức: c(ac + 1)2 = (5c + 2b)(2c + b) (7.7) Chứng minh : c số phương lẻ Nhận xét Thoạt nhìn vào toán, thật khó để tìm phương pháp cho loại Nhận xét giả thiết VP (7.7), b xuất với bậc Thế ta có hướng nghĩ dùng tam thức bậc cho toán Ta không nên chọn c bậc c 3, không chọn a phương trình theo a hiển nhiên trở lại (7.7) Chứng minh (Chứng minh 1) n v h c (ac + 1)2 = (5c + 2b) (2c + b) ⇔ 2b2 + 9bc + 10c2 − c (ac + 1)2 = ∆b = 81c2 − 4.2 10c2 − c (ac + 1)2 = c2 + 8c (ac + 1)2 ⇒ ∆b = c c + (ac + 1) Đặt = c x2 , (x ∈ N∗ ) d = GCD(c; c + 8(ac + 1)2 ) ⇒ d|8 (ac + 1)2 o h d|c ⇒ (ac + 1)2 ; d = c c • Trường hợp 1: d=8 ⇒ ; + (ac + 1)2 = 8 i u c c c + (ac + 1)2 = x2 (x ∈ N) ⇔ 8c ⇒ 8|x ⇒ x = 8x2 (x2 ∈ N∗ ) ⇒  c  = t2 ⇒  c + (ac + 1)2 = p2 c = 8t2 ⇒ t2 + 8t2 a + V ⇒ d|8 c x + (ac + 1)2 = 8c + (ac + 1)2 = x22 t; p ∈ N∗ (t; p) = 2 = p2 Mà dễ chứng minh 2 8t2 a + < t2 + 8t2 a + < 8t2 a + 2 ⇒ 8t2 a + < p2 < 8t2 a + : mâu thuẫn Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 137 Do đó, d = bị loại c c • Trường hợp 2: d=4 ⇒ ; + (ac + 1)2 = 4 c c ⇒ ; + (ac + 1)2 số phương (*) 4 c c Nếu số chẵn ⇒ + (ac + 1)2 4 c c ; + (ac + 1) = 2: mâu thuẫn ⇒ 4 c c c Do đó, số lẻ Mà số phương ⇒ ≡ (mod 4) 4 Mặt khác, c chẵn nên ac + số lẻ ⇒ (ac + 1)2 ≡ (mod 4) c ⇒ + (ac + 1)2 ≡ + 2.1 ≡ (mod 4): vô lý (*) Do đó, d = bị loại • Trường hợp 3: d=2 c c Tương tự tự Trường hợp 2, ta có lẻ ⇒ ≡ (mod 8) 2 c chẵn nên ac + lẻ ⇒ (ac + 1)2 ≡ (mod 8) n v h ⇒ o h c c + 4(ac + 1)2 ≡ + 4.1 ≡ i u (mod 8) : vô lý Do đó, d = bị loại • Trường hợp 4: d=1 Tương tự trường hơp 2, ta có c lẻ (c; c + 8(ac + 1)2 ) = nên c số phương Vậy ta có đpcm V Nhận xét Ta thấy này, b c có mối liên quan chặt chẽ với nên ta thử giải theo b, c sử dụng kĩ thuật GCD tức đặt d = GCD(b; c) ta có cách chứng minh thứ Chứng minh (Chứng minh 2) Đặt d = (b; c) ⇒ Chuyên đề Số học c = dm b = dn m; n ∈ N∗ (m; n) = Diễn đàn Toán học 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 138 Khi (7.7) ⇔ m (dam + 1)2 = d (5m + 2n) (2m + n) ⇒ d|m (dam + 1)2 ⇒ d|m ⇒ m = dp ⇒ (p; n) = (d; n) = (d; dam + 1) = (7.7) ⇔ p d2 ap + = (5dp + 2n) (2dp + n) ⇒ p| (5dp + 2n) (2dp + n) ⇒ p|5dp + 2n ⇒ p|2n (p; 2dp + n) = (p; n) = ⇒ p|2 ⇒ p ∈ {1; 2} • Trường hợp 1: p=2 , 2ad2 + n v = (10d + 2n) (4d + n), suy 2ad2 + = (5d + n) (4d + n) Nhưng (5d + n; 4d + n) = (d; 4d + n) = (d; n) = Cho nên ta phải có 5d + n = x2 4d + n = y h (x; y ∈ N∗ , (x; y) = 1) c Suy d = x2 − y Mặt khác 2ad2 + = xy ⇔ a = xy − xy − = 2d (x2 − y )2 o h Ta chứng minh x2 − y Thật > (x + y)2 > xy − i u (x + y)2 ≥ 4xy > xy − x2 − y 2 V y2 ⇒ x2 − − (x + y)2 = (x + y)2 (x − y)2 − > > xy − ⇒ a < : Trái gt Vậy p = bị loại • Trường hợp 2: p=1 c = d2 , (i) b = dn ad2 + = 5d2 + 2dn ⇒d=m⇒ (7.7) ⇔ d2 ⇔ ad2 + Diễn đàn Toán học 2d2 + dn = (5d + 2n) (2d + n) (7.8) Chuyên đề Số học 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 139 (5d + 2n; 2d + n) = (d; 2d + n) = (d; n) = 5d + 2n = x2 x; y ∈ N∗ d = x2 − 2y ⇒ ⇒ 2d + n = y (x; y) = n = 5y − 2x2 Nếu x = 2z với z ∈ N∗ ⇒ (7.8) ⇔ ad2 + d = 4z − 2y n = 5y − 8z = 4z y ⇔ a 4z − 2y 2 + = 2zy Phương trình cuối vô nghiệm nguyên vế khác tính chẵn lẻ Suy ra, x lẻ ⇒ d lẻ ⇒ c lẻ (ii) Kết luận: (i), (ii) ⇒ c số phương lẻ n v Không ngừng tìm kiếm, ta tìm lời giải khác súc tích Nếu ta biết đến công cụ vp (n) thấy hiệu cho toán này, ta có cách chứng minh thú vị sau h Chứng minh (Chứng minh 3) Giả sử c chẵn ta có: c v2 (c) = v2 (5c + 2b) + v2 (2c + b) Nếu b lẻ ta có v2 (c) = v2 (5c + 2b) = v2 (5c) ⇒ v2 (5c) < v2 (2b) = Điều vô lí! Do c lẻ Xét p|c ước nguyên tố c Ta có vp (c) = vp (5c + 2b) + vp (2c + b) Ta thấy vp (c) > vp (5c + 2b), vp (2c + b) > Do vp (5c + 2b) = min[vp (c); vp (4c + 2b)] ⇒ vp (5c + 2b) = vp (4c + 2b) = vp (2c + b) ⇒ vp (c) = 2vp (5c + 2b): số chẵn nên suy c số phương o h i u V Và hi vọng lời giải khác hay hơn, sáng tạo từ bạn Mong bạn đọc thảo luận thêm đóng góp ý kiến cho toán Lời cảm ơn Rất cảm ơn Karl Heinrich Marx,nguyenta98, Vương Nguyễn Thùy Dương perfectstrong đóng góp ý kiến cho viết Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học [...]... hi vọng còn những lời giải khác hay hơn, sáng tạo hơn từ các bạn Mong bạn đọc thảo luận thêm và đóng góp ý kiến cho bài toán Lời cảm ơn Rất cảm ơn Karl Heinrich Marx,nguyenta98, Vương Nguyễn Thùy Dương và perfectstrong đã đóng góp ý kiến cho bài viết này Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học ... 1 Điều này vô lí! Do đó c lẻ Xét p|c là một ước nguyên tố của c Ta có vp (c) = vp (5c + 2b) + vp (2c + b) Ta thấy rằng vp (c) > vp (5c + 2b), vp (2c + b) > 0 Do đó vp (5c + 2b) = min[vp (c); vp (4c + 2b)] ⇒ vp (5c + 2b) = vp (4c + 2b) = vp (2c + b) ⇒ vp (c) = 2vp (5c + 2b): số chẵn nên suy ra c là số chính phương o h i u V Và hi vọng còn những lời giải khác hay hơn, sáng tạo hơn từ các bạn Mong bạn... Phương trình cuối cùng vô nghiệm nguyên do 2 vế khác tính chẵn lẻ Suy ra, x lẻ ⇒ d lẻ ⇒ c lẻ (ii) Kết luận: (i), (ii) ⇒ c là số chính phương lẻ n v Không ngừng tìm kiếm, ta sẽ tìm một lời giải khác súc tích hơn Nếu ta biết đến công cụ vp (n) thì sẽ thấy nó sẽ rất hiệu quả cho bài toán này, ta có cách chứng minh thú vị sau h 4 Chứng minh (Chứng minh 3) Giả sử c chẵn khi đó ta có: 2 c v2 (c) = v2 (5c +.. .7. 2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 139 (5d + 2n; 2d + n) = (d; 2d + n) = (d; n) = 1 5d + 2n = x2 x; y ∈ N∗ d = x2 − 2y 2 ⇒ ⇒ 2d + n = y 2 (x; y) = 1 n = 5y 2 − 2x2 Nếu x = 2z với z ∈ N∗ ⇒ 2 (7. 8) ⇔ ad2 + 1 d = 4z 2 − 2y 2 n = 5y 2 − 8z 2 = 4z 2 y 2 ⇔ a 4z 2 − 2y 2 2 + 1 = 2zy Phương trình cuối cùng ... yêu toán, ta phải không ngừng sáng tạo Ta thử tổng quát toán cho: h c • thay m3 , ta thử thay mk với k số nguyên dương cố định • thay 3n , o h ta thử thay i u pn với p số nguyên tố • thay số 17. .. để thử xem (7. 1) có không Khi thay k = 2, y = 1, p = mệnh đề (7. 1) trở thành ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : x2 + 3n Chuyên đề Số học (7. 2) Diễn đàn Toán học 7. 1 m3 + 17 3n 132 Rất tiếc, này, (7. 2) lại sai!!!... Số học Diễn đàn Toán học 7. 2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 136 7. 2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) Bài toán 7. 2 Cho số nguyên dương a; b; c thoả mãn đẳng thức: c(ac + 1)2 = (5c + 2b)(2c + b) (7. 7)