mot so phuong phap giai toan so hoc

www.VNMATH.com Một số phương pháp giải toán số học sơ cấp Hà Duy Hưng Tóm tắt Lý thuyết số có mối liên hệ gần gũi với nhiều lĩnh vực toán học khác đại số, giải tích, hình học, chí tô pô (Ví dụ chứng minh hay Paul Erdos vô hạn tập số nguyên tố dựa tôpô) Chính chứng minh số học thường dựa nhiều ý tưởng nhiều phương pháp khác Bài viết đề cập đến số khái niệm lý thuyết số sơ cấp số mũ- khái niệm quan trọng việc hình thành số p−adic, cấp số - định lý Lagrange ứng dụng toán chia hết, hệ thặng dư, nghịch đảo số, ứng dụng thú vị giải toán số học, đặc biệt toán lý thuyết chia hết đồng dư Bài viết dựa giảng hay sử dụng giảng dạy buổi chuyên đề tập huấn đội tuyển Olympic Toán học cấp Một vài lời khuyên giải toán SỐ HỌC sơ cấp: Đừng để hình thức đánh lừa !!! Ý tưởng chứng minh thường hay nằm chứng minh kết Rất thường xuyên dựa vào kiện đơn giản phân môn có tính giải trí trí tuệ cao ==> Tập trung làm biết nhiều toán khó, định lý mạnh không hẳn tốt!!! Đôi đòi hỏi tưởng tượng, tính toán tay với phép tính lớn!!! Ví dụ: (a) 210 ≡ 107 (mod 2003) - VMO 2004, (b) 14 ≡ 452 (mod 2011) - VMO 2011, (c) (2n + 1)3 + 53 + 13 = (2n − 1)3 + (n + 4)3 + (4 − n)3 - Vietnam TST 2005, (d) 1729 = 12 + 123 = 93 + 103 - Câu chuyện Hardy Ramanujan Ta xét toán cụ thể sau Bài tập 0.1 (Romania TST 2011) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + có hai ước dương có hiệu n Bài toán nhìn qua không đơn giản, lý biểu thức n2 + không đơn giản hình thức Ví dụ toán xét xem liệu có vô hạn ước nguyên tố có dạng n2 + hay không đến OPEN PROBLEM! Tuy nhiên, thực tế toán cần sử dụng hiểu biết dãy quen thuộc Xem tiếp trang sau www.VNMATH.com dãy Fibonacci, với F Fn+1 n − Fn+2 Fn = (−1) Do F2k = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn Theo đẳng thức Cessani + = F2k+1 F2k−1 Thành thử ta lấy n = F2k Kết luận: Nên học cách hệ thống theo giáo trình Ví dụ vài sách số học thích hợp với học sinh thầy cô dạy chuyên Toán: Số học GS Hà Huy Khoái Elementary Theory of Numbers of Waclaw Sierpinski Number Theory of A Baker Problems in Number theory thảo không xuất Hojoo Lee (v 2007) 1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Lý thuyết chia hết đồng dư 1.1 Tổng quan Vấn đề lý thuyết: Ước chung lớn - Bội chung bé Định lý Berzout Số nguyên tố, hợp số - Hai định lý liên quan đến số nguyên tố: Fermat (tổng quát: Euler) - Wilson Định lý phần (thặng) dư Trung Hoa Các công cụ, phương pháp giải toán phần nhiều Cấp số ứng dụng Nghịch đảo số Hai định lý bốn số Euler Công thức Legendre - Polignac, Số mũ Ứng dụng định lý cổ điển: Định lý Trung Hoa tồn tại, Định lý Fermat bé- Định lý Euler, Định lý Wilson Bên cạnh số định lý cổ điễn quan trọng: định lý Fermat phân loại số nguyên tố 4k ± Hệ thặng dư đầy đủ, thu gọn Ba nguyên lý bản: Nguyên lý thứ tự tốt, Nguyên lý Dirichlet, Nguyên lý quy nạp Đây ba nguyên lý thường xuyên gắn bó với lý thuyết số nguyên lý 1.2 1.2.1 Cụ thể Ước chung lớn nhất- Định lý Berzout Định nghĩa Cho n > số nguyên không đồng thời không n số nguyên a1 , , an không đồng thời không Số nguyên d lớn có tính chất d | với i = 1, n gọi ước chung lớn n số a1 , , an Ta kí hiệu gcd(a1 , , an ) Định lý (Berzout) Tồn số nguyên không x1 , , xn cho n gcd(x1 , , xn ) = xi i=1 n xi gcd(a1 , , an ) | N Đặc biệt ta suy số nguyên N biểu diễn dạng i=1 Một hệ UCLN chia hết cho ước chung Liên quan đến kết toán đổi tiền tiếng Frobenius sau: Ta có n đồng xu với mệnh giá a1 , , an số nguyên dương nguyên tố Ta cần xác định số tiền lớn đổi thành đồng xu Bài toán tương đương với việc tìm số N www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ n xi = N vô nghiệm nguyên không âm Việc xác định giá trị lớn lớn để phương trình i=1 đến toán mở Tuy nhiên ta có số kết đơn giản sau: Định lý Trường hợp n = giải Sylvester năm 1880: số N lớn N = a1 a2 − a1 − a2 Bài toán có nghĩa n > 2: chẳng hạn N ≤ (n − 1)a1 · · · an Sau số kết đơn giản đáng lưu ý Định lý Nếu (a, b) = (am + bn , as bt ) = với s, t nguyên không âm, m, n nguyên dương BCN N (a, b) = a ≥ ab (a, b) (a, b) · (a, c) (a, b, c) gcd ap + b p ,a + b a+b = gcd an − ,a − a−1 = gcd (n, a − 1) với a > n nguyên dương p a + b p p | a + b p số nguyên tố lẻ, (a, b) = Tính chất dãy Mersen: gcd(am − 1, an − 1) = a(m,n) − với a > số nguyên dương m, n Định lý (Bốn số) Nếu a, b, c, d số nguyên khác không thỏa mãn ab = cd Khi tồn x, y, z, t nguyên cho  a = xy      b = tz (nếu a, b, c, d dương x, y, z, t lấy dương) c = xz    d = ty    (y, z) = Sau số toán liên quan: Bài tập 1.1 (Germany 2008) Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn a + b | ab a + c | ac Chứng minh gcd(a, b, c) > Hướng dẫn giải có trang www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Gợi ý giải số Ta cần phân tích xem với hai số x, y nguyên dương mà x + y | xy có tính chất đặc biệt Đặt u = (x, y), ta viết x = ux1 , y = uy1 Khi x1 +y1 | u(x1 y1 ) Vì gcd(x1 +y1 , x1 y1 ) = nên x1 + y1 | u Từ suy u > x1 , y1 Do ta tìm dạng tổng quát cặp số nguyên dương (x, y) x = x1 (x1 + y1 )t, y = y1 (x1 + y1 )t, t, x1 , y1 nguyên dương (x1 , y1 ) = Ta nên phát biểu rõ ràng lại vừa làm Bổ đề 1 Điều kiện cần đủ để hai số x, y nguyên dương thỏa mãn x + y | xy x = x1 (x1 + y1 )t, y = y1 (x1 + y1 )t, t, x1 , y1 nguyên dương (x1 , y1 ) = √ √ Nếu x, y nguyên dương x + y | xy gcd(x, y) > x, y Quay lại toán, theo giả thiết (a, b) · (a, c) > a Mặt khác a ≥ a (a, b) · (a, c) > (như (a, b, c) (a, b, c) ra), suy (a, b, c) > ✷ Sau toán hay Bài tập 1.2 (Russia MO 1997) Tìm tất ba (a, b, c) nguyên dương thỏa mãn   a + b = (a, b) b + c = (b, c)2  c + a = (c, a)2 Hướng dẫn giải có trang www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Bài giải Đặt d = (a, b, c) ta viết a = dx, b = dy, c = dz Lưu ý x, y, z số nguyên dương (x, y, z) = Các biểu thức toán gợi ý nhớ lại ước lượng phần định lý Ta có  (a, b) · (a, c)   a ≥ (a, c) + (b, c) d ⇒ (a, b)2 = a + b ≥ (a, b) ·  d (a, b) · (b, c)  b ≥ d Suy (a, b) · d ≥ (a, c) + (b, c) (1) Tương tự, ta thiết lập bất đẳng thức Cộng chúng lại ta d ≥ Ta thay a = dx, b = dy, c = dz vào hệ điều kiện cộng lại nhận 2(x + y + z) = d (x, y)2 ⇒ d d d |x+y+z ⇒ | x, y, z ⇒ = (d, 2) (d, 2) (d, 2) Vậy d | Do d = Thay vào () cộng lại ta (x, y) = (y, z) = (z, x) Từ (x, y, z) = suy (x, y) = (y, z) = (z, x) = Vì x + y = y + z = z + x = ⇒ x = y = z = Từ ta a = b = c = ✷ √ √ √ Bài tập 1.3 Cho a, b, c, d√là số nguyên dương thỏa mãn ad = bc a < b < c < d Chứng minh a ≥ + 6d2 + (Chọn đội tuyển Toán Chuyên SPHN 2006) Hướng dẫn giải có trang www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Bài biến đổi ngược lại √ yêu cầu toán ta thấy cần xét biểu thức a2 + 6d2 − √ √ giải Chỉ cần ad = a + 6d2 − 6bc Tuy nhiên bc biểu thức nguyên, ta làm trội lên 3b2 + 2c2 Do ta xét hiệu S := a2 + 6d2 − 3b2 − 2c2 Theo định lý bốn số, tồn x, y, z, t thỏa mãn a = xy, b = xz, d = tz, c = ty Ta có S = (xy)2 + 6(tz)2 − 3(xz)2 − 2(ty)2 = (3z − y )(2t2 − x2 ) Để ý 3z > y , 2t2 > x2 Thành thử S số nguyên dương Vậy S ≥ Từ suy √ √ √ a2 + 6d2 ≥ + 3b2 + 2c2 > + 6bc = + 6ad ⇒ (a − 6d)2 > √ √ ⇒ a − > d ⇒ (a − 1)2 > 6d2 ⇒ a ≥ + 6d2 + 1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 1.2.2 Cấp số cấu trúc ước vài biểu thức số học đặc biệt Cho m > 1, a số nguyên thỏa mãn (a, m) = Xét dãy a0 , a1 , , am gồm m + số nguyên tố với m Do tồn hai số i < j mà ≡ aj (mod m) Do aj−i ≡ (mod m) Tóm tại, tồn số nguyên dương x cho ax ≡ (mod m) Định nghĩa Cho m > số nguyên Với số nguyên a mà (a, m) = ta kí hiệu h số nguyên dương bé x thỏa mãn tính chất: ah ≡ (mod m) Kí hiệu ordm (a) := h Câu hỏi Cho trước số nguyên dương a modulo m > Câu hỏi đặt liệu có tồn a nguyên để h cấp a theo modulo m? Bài tập 1.4 Cho n số nguyên dương Hãy xác định cấp theo modulo 2n 2 theo modulo 3n Bài giải Kí hiệu h = ord2n (3) Ta bắt đầu việc tính toán trực tiếp: Với n = h = 1: Vì 31 ≡ (mod 2) Với n = h = 2: Vì 31 ≡ (mod 4), 32 ≡ (mod 4) Với n = h = 2: Vì 31 ≡ (mod 8), 32 ≡ (mod 8) Với n = h = 4: Vì 3i ≡ (mod 16) với i = 1, 2, 3, 34 ≡ (mod 16) Với n = h = 8: Vì 3i ≡ (mod 32) với i = 1, 2, , 7, 38 ≡ (mod 32) Dự đoán: với n ≥ ord2n (3) = 2n−2 Chú ý a2 + số chẵn không chia hết cho với số lẻ a Với số nguyên x > ta có 1+2+1 + · · · + 2x−2 20 21 2x−3 có x − số − = (3 − 1) + + · · · +1 = 2x n−3 Đặc biệt 2n | 32 2 2 − Ta phải chứng minh 2n−2 số nguyên dương bé có tính chất 3h − 2n Ta viết h = 2a · b, với b số lẻ Chú ý với b lẻ 3b ≡ (mod 8), ta có 3h − = 3b − 1 3b 20 2 +1 a−3 2 (3b )2 + · · · (3b )2 +1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ Vậy 2a+1 3h − Do 2n−2 ≤ 2a hay a ≥ n − Do h ≥ 2n−2 Kết luận: ord2n (3) = 2n−2 với n ≥ ✷ Đáp số : ord3n (2) = · 3n−1 Một trường hợp đặc biệt: Một số g nguyên gọi nguyên thủy (CNT) m cấp theo modulo m φ(m) Dĩ nhiên số có nguyên thủy, tất số m có nguyên thủy 2, 4, pk , 2pk p số nguyên tố lẻ Định lý Cho m > 1, a số nguyên nguyên tố Nếu h = ordm (a) x số nguyên không âm thỏa mãn tính chất ax ≡ (mod m) h | x Tổng quát: ax ≡ ay (mod m) h | x − y Hệ Nếu p số nguyên tố, p a, h = ordp (a) h | p − Đây hệ trực tiếp định lý Fermat bé định lý nói trên: ap−1 ≡ (mod p) với p nguyên tố p a n Hệ Nếu p số nguyên tố lẻ p | a2 + 1, với n số nguyên dương, p ≡ (mod 2n+1 ) n+1 Chứng minh Gọi h = ordp (a) h | p − Mặt khác, p | a2 − nên h | 2n+1 Vậy h = 2m Nếu n n m ≤ n, h | 2n , ah − | a2 − 1, suy p | a2 ± 1, mâu thuẫn ✷ n Nhận xét Từ hệ ta suy ước lẻ d a2 + có dạng 2n+1 k + 1, với k số nguyên n n Nhận xét Trường hợp a = 2, 22 + số Fermat thứ n, kí hiệu Fn = 22 + Ta có tính chất mạnh hơn: Nếu p | Fn , với n > p ≡ (mod 2n+2 ) (Đây định lý mang tên nhà Toán học Pháp tên đầy đủ Francois Édouard Anatole Lucas) Gợi ý chứng minh nhận xét: Sử dụng kết thặng dư bình phương: p ≡ (mod 8) số nguyên tố, tồn x nguyên để x2 ≡ (mod p) Từ p | Fn suy p ≡ (mod 2n+1 ), n+1 n p ≡ (mod 8) Vậy tồn x để x2 ≡ (mod 8) Lũy thừa 2n hai vế ta x2 ≡ 22 ≡ −1 n+1 (mod ) Do p | x2 + Áp dụng kết hệ lần nữa, ta p ≡ (mod 2n+2 ) ✷ Nhận xét Hai số Fermat khác nguyên tố nhau, tập ước nguyên tố chúng khác Hệ Giả sử a số nguyên > 1, số p, q nguyên thỏa mãn p | a ≡ (mod p) p ≡ (mod q) ngược lại aq − Khi p = q a−1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 10 Một biểu thức đặc biệt có cấu trúc ước đặc biệt biểu thức có dạng a2 + nb2 , n số nguyên dương Ở ta quan tâm đến trường hợp n = Ta có kết sau Định lý (a) Nếu p ước nguyên tố dạng 4k + a2 + b2 , với a, b nguyên, p | a, b (b) (Định lý Fermat) Nếu p số nguyên tố dạng 4k + 1, p = c2 + d2 , c, d nguyên dương (c) (Định lý Fermat-Euler) Mọi ước nguyên tố p biểu thức a2 + b2 2, có dạng 4k + 1, có dạng 4k + cộng thêm số mũ p a2 + b2 số chẵn p−1 Gợi ý chứng minh: (a) Chuyển dạng đồng dư a2 ≡ −b2 (mod p) Do ap−1 ≡ (−1) bp−1 p−1 (mod p) Giả sử p a, p b Theo định lý Fermat bé ≡ (−1) (mod p), mâu thuẫn (b) Đầu tiên ta cần bổ đề sau Bổ đề Nếu p ≡ (mod 4) số nguyên tố p−1 ! ≡ −1 (mod p) Chứng minh Theo định lý Wilson, p số nguyên tố (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Chú ý p − k ≡ (−1) · k (mod p), nên p−1 p−1 (p − 1)! ≡ · · · · · p− 2 p−1 · · · (p − 1) ≡ (−1) p−1 p−1 2 ! (mod p), số nguyên chẵn nên ta có kết √ Đặt K = [ p], p < (K + 1)2 Do p ≡ (mod 4) nên tồn x mà x2 ≡ −1 (mod 4) (ví dụ lấy x = p−1 !) Xét tập hợp S = {u + xv : ≤ u, v ≤ K} Ta có |S| = (K + 1)2 > p nên theo nguyên lý Dirichlet có hai phần tử trùng modulo p Do có ui , vi để u1 + xv1 ≡ u2 + xv2 (mod p) ⇒ (u1 − u2 )2 ≡ x2 (v1 − v2 )2 ≡ −(v1 − v2 )2 (mod p) Đặt c = |u1 − u2 | d = |v1 − v2 | ta p = c2 + d2 Ví dụ số: = 22 + 12 , 2017 số nguyên tố dạng 4k + ta có 2017 = 92 + 442 (c) coi tập nhà!!! ✷ Bài tập 1.5 Cho n > 1, a số nguyên dương mà n | an + Chứng minh gcd(a + 1, n) > Hướng dẫn giải có trang sau www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 11 Bài giải Vì n > nên n có ước nguyên tố, ta chọn p ước nguyên tố bé Khi gcd(p, n − 1) = Gọi h = ordp (a) Ta có p | an + | a2n − nên h | 2n Lại có h | p − nên h | (2n, p − 1) = (2, p − 1) = 1, Nếu h = p | a − 1, an + ≡ (mod p) Suy p = Nhưng a số lẻ nên gcd(a + 1, n) số chẵn Nếu h = p lẻ từ p | a2 − suy p | a + Khi p | gcd(a + 1, n) ✷ Nhận xét Nếu p số nguyên tố n > thỏa mãn n | (p − 1)n + p | n Bài tập 1.6 Tìm tất cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn Hướng dẫn giải có trang sau n | 2m−1 + m | 2n−1 + 1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 12 Nếu m = n = 1, ngược lại Giả sử m, n > Lấy ước nguyên tố p n suy p | 2m−1 + Nếu chuyển dạng p | 22(m−1) − không sáng sủa Bài đòi hỏi khéo léo Ta viết m − = 2a · x, n − = 2b · y, a, b, x, y nguyên dương xy lẻ Ta có p | 2m−1 + = a (2x )2 + Điều gợi ý cho ta kết sau n Bổ đề Nếu p | a2 + 1, với p số nguyên tố lẻ, p ≡ (mod 2n+1 ) Áp dụng bổ đề ta p ≡ (mod 2)a+1 Như vậy, ước n có dạng 2a+1 k + Do tích số có dạng 2a+1 k + có dạng 2a+1 k + nên n ≡ (mod 2a+1 ) Suy b ≥ a + Đổi vai trò, suy a ≥ b + 1, mâu thuẫn 1.3 Phương trình đồng dư bậc ứng dụng Ta xét phương trình ax ≡ b (mod m) (2) với a, b, m số nguyên, m > Định lý Phương trình (2) có nghiệm gcd(a, m) | b Chứng minh Nếu gcd(a, m) | b b = t · gcd(a, m) Theo định lý Berzout, tồn số nguyên u, v để gcd(a, m) = ua + vm Suy b = (tu)a + (tv)m Hay a(tu) ≡ b (mod m) Ngược lại, tồn x để ax ≡ b (mod m) ax = b + my Suy b = ax − my gcd(a, m) Một trường hợp đặc biệt hay sử dụng b = Khi nghiệm nguyên x (2) ta gọi nghịch đảo a theo modulo m Chú ý hai nghịch đảo a theo modulo m đồng dư với modulo m (tính nghiệm modulo m) Ta dùng kí hiệu chung a−1 (hoặc a hay a) Nhận xét Nghịch đảo a theo modulo m khái niệm tương tự với khái niệm số nghịch đảo số Định lý Nếu x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo m, x−1 chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo m Khái niệm nghịch đảo cho phép làm việc với phân số theo modulo nguyên tố p tùy ý Ta lưu ý đến tính chất sau Nhận xét Nếu a, b số nguyên, (a, m) = a | b b ≡ b · a−1 (mod m) a Một số kết dễ dàng mở rộng nhờ khái niệm nghịch đảo 1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 13 Bài tập 1.7 Nếu (a, b) = hai số nguyên dương không đồng thời p nguyên tố lẻ thỏa n n mãn p | a2 + b2 Khi p ≡ (mod 2n+1 ) Chứng minh Ta có p b Gọi b thỏa mãn bb ≡ (mod p), ta có ≡ b2 n n n n a2 + b ≡ (ab ) 2n +1 (mod p) Do p | (ab )2 + Áp dụng kết biết suy p ≡ (mod 2n+1 ) 1 www.VNMATH.com LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ĐỒNG DƯ 1.4 14 Bài tập hỗn hợp Bài tập 1.8 Cho n số nguyên dương, chứng minh ước nguyên tố số A = (n + 1)2005 − n2005 có dạng 10k + 802k + Bài tập 1.9 Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn (a) a2 + ab + b2 | a3 + b3 (b) a − b số nguyên tố Chứng minh a3 − b3 = n4 với n nguyên Bài tập 1.10 Chứng minh với số nguyên dương lẻ n, ước nguyên dương số 72n + · 7n + có dạng 4k + m n+1 + = Bài tập 1.11 Chứng minh số nguyên dương m, n mà n m Bài tập 1.12 Tìm tất cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn 33x + 31 = 2y x2011 − = y − nghiệm nguyên x−1 (a + 1)n − an Bài tập 1.14 Tìm (a, n) nguyên dương cho số nguyên n Bài tập 1.15 Tìm tất cặp số nguyên dương (n, p) p số nguyên thỏa mãn n ≤ 2p np−1 | (p − 1)n + Bài tập 1.13 Chứng minh phương trình Bài tập 1.16 Tìm x, y, z nguyên dương thỏa mãn z − x2 = y z − Bài tập 1.17 Chứng minh tồn vô số cặp (p, q) nguyên tố phân biệt thỏa mãn p | 2q−1 − q | 2p−1 − Bài tập 1.18 Chứng minh không tồn x, y số nguyên dương để x2011 − y 2011 | y 20 Bài tập 1.19 Cho m, n số nguyên dương thỏa mãn m2 + mn + n2 | mn(m + n) m > n Chứng minh (m − n)3 ≥ 3mn Bài tập 1.20 Tìm n nguyên dương để 3n | n3 + n2 | 2n + Bài tập 1.21 (Wolstenholme) Co p ≥ số nguyên tố Ta viết a 1 + + ··· + = , p−1 b với a, b số nguyên (a, b) = p2 | a Bài tập 1.22 Cho hai số nguyên dương a > b > b số lẻ n số nguyên dương Chứng minh bn | an − 1, ab > Biên soạn: Hà Duy Hưng 3n n [...]... 2 p−1 b với a, b là số nguyên và (a, b) = 1 thì p2 | a Bài tập 1.22 Cho hai số nguyên dương a > b > 1 trong đó b là một số lẻ và n là một số nguyên dương Chứng minh rằng nếu bn | an − 1, thì ab > Biên so n: Hà Duy Hưng 3n n