Bài 20.6.1 (ĐÀI LOAN TST 2002) Trong lưới điểm nguyên mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm A với tọa độ ( x0 , y0 ) ∈ ¢ gọi nhìn thấy từ O đoạn thẳng OA không chứa điểm nguyên khác O A Chứng minh với n nguyên dương lớn tùy ý, tồn hình vuông n × n có đỉnh có tọa độ nguyên, tất điểm nguyên nằm bên biên hình vuông không nhìn thấy từ O Phân tích giải Trước tiên ta phải tìm điều kiện cần đủ để A ( x A , y A ) nhìn thấy từ O? Dễ thấy điều kiện cần đủ để A ( x A , y A ) nhìn thấy từ O ( x A , y A ) = Thật vậy, A nhìn thấy được, giả sử ( x A , y A ) = d > Khi x A = d x1 , y A = d y1 ( x1 , y1 ) = Từ suy xA y A = = d x1 y1 Chứng tỏ ba điểm O , A ( x A , y A ) M ( x1 , y1 ) thẳng hàng, điểm M ( x1 , y1 ) nguyên Dẫn đến A không nhìn thấy được, vô lý Vậy ( x A , y A ) = Ngược lại, A ( x A , y A ) có ( x A , y A ) = A nhìn thấy từ O Giả sử A không nhìn thấy được, tức tồn điểm nguyên M ( x1 , y1 ) đoạn OA Vì ba điểm O, M, A thẳng hàng nên xA y A = ⇒ x A y1 = y A x1 x1 y1 Vì ( x A , y A ) = nên x A Mx1 Đặt x A = d x1 thay vào d y1 = y A ⇒ y A Md Chứng tỏ ( x A , y A ) Md nên ( x A , y A ) > , vô lý Do A nhìn thấy từ O Để giải toán, ta xây dựng hình vuông n × n với n nguyên dương tùy ý cho điểm nguyên ( x, y ) nằm biên hình vuông nhìn thấy từ O Tức phải xây dựng dãy tọa độ ( xi , y j ) > Từ nghĩ đến sử dụng thừa số nguyên tố, mặt đồng dư theo dòng, mặt đồng dư theo cột ma trận thỏa mãn Thật chọn pi j số nguyên tố đôi khác ( ≤ i, j ≤ n ) (gồm ( n + 1) số nguyên tố) Sắp xếp số nguyên tố theo ma trận pn pn1 pn pnn ÷ ÷ M = p20 p21 p22 p2 n ÷ ÷ p10 p11 p12 p1n ÷ P p p02 p0 n ÷ 01 00 Khi xét hệ phương trình đồng dư theo tích số dòng x ≡ ( mod p00 p01 p02 p n ) x + ≡ ( mod p10 p11 p12 p 1n ) x + ≡ ( mod p20 p21 p22 p n ) x + n ≡ ( mod pn pn1 pn p nn ) Và hệ phương trình đồng dư theo tích số cột y ≡ ( mod p00 p10 p20 p n ) y + ≡ ( mod p01 p11 p21 p n1 ) y + ≡ ( mod p02 p12 p22 p n ) y + n ≡ ( mod p0 n p1n p2 n p nn ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hai hệ có nghiệm, gọi x0 , y0 nghiệm tương ứng hai hệ trên, ta thấy ( x0 + i, y0 + j ) M pi j ⇒ ( x0 + i, y0 + j ) > , ∀ ( ≤ i, j ≤ n ) Điều chứng tỏ điểm nằm biên hình vuông n × n xác định điểm phía bên trái ( x0 , y0 ) , điểm cao bên phải ( x0 + n, y0 + n ) nhìn thấy từ điểm O Bài toán xuất lâu, không để ý đến, thực quan tâm thấy hay học em Lê Quang Bình đợt tập huấn thi TST 2013 với giáo sư Hà Huy Khoái, giả thiết phát biểu hay ngôn ngữ đời thường cáo ông thợ săn Bài 20.7.1 Cho tập S = { p1 , p2 , pk } gồm k số nguyên tố phân biệt P ( x ) đa thức với hệ số nguyên cho với số nguyên dương n, tồn pi S cho pi | P ( n ) Chứng minh tồn pi S cho pi | P ( n ) , ∀n ∈ ¢ + Chứng minh Giả sử không tồn phần tử pi S để pi | P ( n ) , ∀n ∈ ¢ + + Nghĩa với pi ∈ S ( i = 1, 2, , k ) , tồn ∈ ¢ cho pi | P ( ) Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn số nguyên dương x0 cho x0 ≡ a1 ( mod p1 ) x0 ≡ a2 ( mod p2 ) x ≡ a ( mod p ) k k Vì P ( x ) đa thức hệ số nguyên nên sử dụng tính chất ”Nếu u ≡ v ( mod m ) P ( u ) ≡ P ( v ) ( mod m ) ” Ta P ( x0 ) ≡ P ( a1 ) ( mod p1 ) P ( x0 ) ≡ P ( a2 ) ( mod p2 ) P ( x ) ≡ P ( a ) ( mod p ) K k / pi , ∀i = 1, 2, k nên từ hệ suy Vì P ( ) M / pi , ∀i = 1, 2, k P ( x0 ) M trái với giả thiết toán Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh { α α α } Không khó để nhận ra, tập số 20.9 thay p1 , p2 , pk k mà không ảnh hưởng Thậm chí thay tập { a1 , a2 , ., ak } với số nguyên tố cặp Tuy nhiên kết toán mở rộng nữa, tức tập S thay tập số nguyên ví dụ + Bài 20.7.2 Cho S = { a1 , a2 , ., ak } ⊂ ¢ P ( x ) ∈ ¢ [ x ] Biết với số nguyên dương k, tồn số i ∈ { 1, 2, n} cho | P ( k ) Chứng minh tồn số i0 cho | P ( k ) , ∀k ∈ ¢ + Phân tích giải Tương tự toán trên, ý tưởng ban đầu phản chứng Viết rõ ý phản chứng này? Giả sử kết luận toán sai Tức với i ∈ { 1, 2, n} , tồn số nguyên xi để /| P ( xi ) Chuyển điều kiện /| P ( xi ) số nguyên tố Điều kiện để P ( xi ) không chia hết cho xét mặt ki số nguyên tố nào? Khi tồn số pi , với pi nguyên tố thỏa mãn pik i | pik i /| P ( xi ) { } k1 k2 kk Cho i chạy từ đến n ta tập hợp số sau p1 , p2 , pk Tương tự toán trên, mâu thuẫn áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa chưa? Rõ ràng chưa thể áp dụng được, số pi chưa phân biệt, tức chúng có số k1 k2 số trùng nhau? Giả sử p1 , p2 trùng nhau, p1 | a1 , p2 | a2 , ta chọn lũy thừa k1 , k2 để hai tính chất thỏa mãn? Rõ ràng phải chọn số nhỏ hai số k1 , k2 k k k Từ định hướng cho số nguyên tố trùng Nếu tập p1 , p22 , pk k có số có số trùng nhau, với số đó, ta giữ lại số có số mũ nhỏ nhất, loại khỏi tập lũy thừa lại Khi ta tập p1q1 , p2q2 , pkqk , ( m ≤ n p1 , p2 , , pm số nguyên tố phân biệt ) { { } } Chú ý ( i = 1, 2, , n ) chia hết cho số số hạng tập này, không thiết chia hết cho số Đến hoàn thành nốt phần lại cách áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa? Từ p1q1 , p2q2 , pmqm số đôi nguyên tố nhau, ta xét hệ đồng dư sau ( ( ) ) x ≡ x1 mod p1q1 x ≡ x2 mod p2q2 qm x ≡ xm mod pm Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x0 Vì P ( x ) đa thức hệ số nguyên nên P ( x0 ) ≡ P ( x1 ) mod p1q1 P ( x0 ) ≡ P ( x2 ) mod p2q2 qm P ( x0 ) ≡ P ( xm ) mod pm ( ) ( ( ( ) ) ) qi Vì P ( xi ) ≡/ ( mod pi ) , i = 1, 2, , m nên P ( x0 ) ≡/ ( mod piqi ) , i = 1, 2, , m chứng tỏ P ( x0 ) ≡/ ( mod ) , i = 1, 2, , n mâu thuẫn với giả thiết toán Ta có điều phải chứng minh Bài toán điển hình cho cách sử dụng định lý Trung Hoa