chuyen de so hoc mathscope01 booklet

32 Diễn đàn MATHSCOPE Như ta xét phương trình nghiệm nguyên dương a2 + b2 + a + b + = mab (∗) (m ∈ N∗ ) Viết lại (*) dạng a2 + (1 − mb)a + b2 + b + = (∗∗) Gọi S tập số nguyên dương (a; b) thoả (**) Theo nguyên lý cực hạn S tồn cặp số (a0 ; b0 ) thoả a0 + b0 nhỏ Không giảm tổng quát giả sử a0 b0 Theo định lý Viete, (**) có nghiệm (a ; b0 ) a thoả  a + a = mb − 0 a0 a = b2 + b0 + Từ phương trình đầu suy a ∈ Z Từ phương trình sau suy a > Vậy (a ; b0 ) ∈ S Do a0 + b Nếu a0 > b0 a0 a + b ⇔ a0 b0 + ⇒ a20 a20 a = b20 + b0 + ⇔ b20 + b0 + a0 a20 (b0 + 1)2 > b20 + b0 + 1, mâu thuẫn Vậy a0 = b0 , suy + (1 − a0 ).a0 + a20 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC + a0 + = Suy a0 ⇒ a0 = b0 = Vậy ta có m = Khi (*) trở thành a2 + b2 + a + b + = 5ab (∗) Theo chứng minh trên, (a0 ; b0 ) nghiệm (*) (5a0 − b0 − 1; a0 ) nghiệm (*) Do từ nghiệm (1; 1) ta có nghiệm (3; 1), sau (13; 3), Tóm lại nghiệm (*) cho công thức  x = x = 1 (ai ; bi ) = (xi+1 ; xi ) với (xn ) : xn+1 = 5xn − xn−1 − ∀n Chủ biên: Phạm Tiến Kha Phụ trách Latex: Phan Đức Minh, Nguyễn Anh Huy Việc chứng minh điều hoàn toàn tương tự số học VMO 2012, xin dành cho bạn đọc Tiếp theo ta tìm nghiệm số nguyên tố nhỏ 1000 Dễ thấy cần xét i 4, x6 > 1000 Từ ta tìm (p; q) = (3; 13), (13; 61) Kết luận: Các số (p; q) thoả toán (2; 7), (3; 13), (5; 31), (13; 61), (17; 307) ✷ Phương pháp dùng bất đẳng thức Ta xếp ẩn số đối xứng theo thứ tự ẩn có đại luợng lớn hoăc bé Lưu ý việc xếp không giới hạn a b c, mà f (a) f (b) f (c), f hàm số học Tháng 10/2013 31 Chứng minh tương tự ta có b = 3; c = Trường hợp 3: a = Suy b | c − 31 c | b − 31 Nếu b + c = 31 hai điều kiện hiển nhiên thoả Khi ta có a = < b < c b + c = 31 Do a < b < c nên b 15 Dễ thấy có 14 số (a; b; c) thoả Nếu b + c = 31 ta chứng minh < b < c < 31 Nếu ngược lại: * Nếu b > 31 ⇒ c > b > b − 31 > Do c khơng ước b − 31 * Nếu b = 31 31 | c − 31 ⇒ 31 | c, loại (b; c) = (31; c) = * Nếu b < 31 < c |c| > |31 − b| > c khơng ước b − 31 Như < b < c < 31 Ngoài ra, từ b | c − 31 c | b − 31 với (b; c) = ta có bc | 31 − b − c * Nếu b ⇒ c ⇒ bc 30 > 11 31 − (b + c), vô lý * Nếu b = | c − 31 c | 27 ⇒ c = 27 (loại b + c = 31) * Nếu b = | c − 31 c | 28, suy c ∈ {4; 7} Vậy trường hợp cho 16 (a; b; c) thoả tốn Kết luận: Có 17 số (a; b; c) thoả tốn ✷ Bài tập 3.3 Tìm số nguyên tố p, q thoả p < q < 1000 q | p3 − 1; p | q − Lời giải Ta có q | p3 − = (p − 1)(q + q + 1) mà q > p − nên q | p2 + p + Và p | q − = (q − 1)(q + q + 1) Do ta xét trường hợp: Trường hợp 1: p | q − Đặt p2 + p + = nq (n ∈ N∗ ) Do p2 + p + ≡ q ≡ (mod p) nên n ≡ (mod p) Lại có p2 + p + 1 p2 + p + = p+ = p (do q p + 1) n= q p+1 p+1 Suy n = 1, q = p2 + p + Do p 31, 372 + 37 + > 1000 Thử với tất số nguyên tố p < 31 ta tìm số thoả toán (p; q) = (2; 7), (3; 13), (5; 31), (17; 307) Trường hợp 2: p | q + q + Do p | q + q + q | p2 + p + nên ta có p | q + q + + p2 + p; q | p2 + p + + q + q hay pq | p2 + q + p + q + 30 Từ ta có ab ⇒ 6a + 6b + 6 + + a b ab Lại có 12 + b b 6 + + a b ab Mục lục Suy 12 + b b ⇒ b2 − 12b − 0⇒1 b 12 Do b + nguyên tố nên b ∈ {1; 2; 4; 6; 10; 12} Xét trường hợp sau, với lưu ý a + nguyên tố: * Nếu b = : (∗) ⇒ 6a + + a ⇒ 10 a ⇒ a ∈ {1; 2; 10} * Nếu b = : (∗) ⇒ 6a + 12 + 2a ⇒ a ⇒ a ∈ {2; 4} * Nếu b = : (∗) ⇒ 6a + 24 + 4a ⇒ a + 14 2a ⇒ a ∈ {6; 10} * Nếu b = : (∗) ⇒ 6a + 36 + 6a ⇒ 40 6a (loại) * Nếu b = 10 : (∗) ⇒ 6a + 60 + 10a ⇒ 3a + 32 5a ⇒ a = 16 * Nếu b = 12 : (∗) ⇒ 6a + 72 + 12a (loại) Từ ta tìm cặp (p, q) nguyên tố thỏa toán (2, 2), (3, 3), (5, 3), (7, 5), (17, 11) ✷ Bài tập 3.2 Tìm số số nguyên dương (a; b; c) đôi nguyên tố thoả a < b < c a | bc − 31; b | ca − 31; c | ab − 31 Lời giải Do a | bc − 31 a | a(b + c) nên ta có a | ab + bc + ca − 31 Tương tự với b c Lại (a; b) = (b; c) = (c; a) = nên abc | ab + bc + ca − 31 (∗) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: a Suy b 4; c 5, ab + bc + ca > 31 Ta có abc 3bc > ab + bc + ca > ab + bc + ca − 31 Điều mâu thuẫn với (*) Trường hợp 2: a = Suy b | 2c − 31 c | 2b − 31, bc | 2b + 2c − 31 Lời nói đầu Bước nhảy Viete Mở đầu Lời giải nguyên thủy toán vấn đề liên quan Gợi ý cho số toán 14 Các toán thử sức 15 Vận dụng phương pháp LTE vào giải toán số học 17 Một số khái niệm 17 Hai bổ đề 18 Lifting The Exponent Lemma (LTE) 18 Một số ví dụ 21 Bài tập vận dụng 27 Các tốn số học hốn vị vòng quanh 29 Phương pháp đối xứng hóa 29 Phương pháp dùng bất đẳng thức 32 Bài tập tự luyện 36 Dãy số số học 39 Dãy số nguyên tính chất số học 39 Dãy số nguyên tính phương 47 Một số hàm số học ứng dụng 61 Hàm tổng ước số số ước số Kiến thức cần nhớ Ví dụ áp dụng Bài tập có hướng dẫn, gợi ý Bài tập tự giải 61 61 62 65 66 Một số hàm số khác Hàm phần nguyên Hàm tổng chữ số 68 68 69 Hàm Euler 69 Bài tập tổng hợp 70 Thặng dư bình phương 73 Tính chất thặng dư bình phương kí hiệu Legendre 73 Bài tập ví dụ 76 Kí hiệu Jakobil 79 Bài tập ví dụ 80 Khai thác bổ đề 81 Bài tập đề nghị 83 Cấp nguyên thủy 85 Cấp số nguyên dương 85 Căn nguyên thủy 97 Nguyễn Anh Huy, Nguyễn Việt Tâm Sự bình đẳng hốn vị ẩn số nép đẹp Toán học, thường gặp tốn hệ phương trình bất đẳng thức Tương tự, Số học có tốn hốn vị vòng quanh mà ẩn số ngun, số nguyên dương, nhiên lời giải đa dạng phức tạp nhiều Bài viết đề cập đến hai hướng cụ thể để giải dạng trên, đối xứng hóa bất đẳng thức 101 Hàm phần nguyên phần lẻ Định nghĩa, tính chất tập Định nghĩa Các tính chất quen thuộc Bài tập Chuyên đề 3: Các toán số học hoán vị vòng quanh 101 101 101 103 105 Hàm có chứa phần nguyên 109 Hàm phần nguyên việc tính Định nghĩa Tính chất Bài tập ví dụ 115 115 115 116 Bài tập tổng hợp 118 Ứng dụng định lý Hermite định lý Legendre tổng chữ số Trong viết có sử dụng số kiến thức bước nhảy Viete hàm vp (n), bạn đọc tham khảo hai chuyên đề trước Phương pháp đối xứng hóa Phương pháp thường dùng tốn chia hết hốn vị vòng: a | f (b); b | f (a) Nếu có (a; b) = ta xây dựng hàm g thỏa g(x) x ∀x ∈ Z h thỏa h(a; b) = f (a) + g(b) = f (b) + g(a) đối xứng theo a, b Khi a | h(a; b); b | h(a; b) ⇒ ab | h(a; b) ⇒ h(a; b) = kab Đây phương trình nghiệm nguyên với a, b đối xứng Ta dùng bất đẳng thức deg h = bước nhảy Viete deg h = Nếu khơng có (a; b) = từ giả thiết ta suy ab | f (a)f (b), sau khai triển vế phải bỏ hạng tử chia hết cho ab để phương trình nghiệm ngun có dạng tương tự Bài tập 3.1 Tìm số nguyên tố p q thỏa  q − | 3p − p − | 3q − Lời giải Đặt a = p − 1, b = q − (a b 1), ta có  a | 3(b + 1) − ⇒ ab | (3a + 2)(3b + 2) (∗) ⇒ 6a + 6b + ab b | 3(a + 1) − 1 Lớp 12CT THPT chuyên Lê Hồng Phong 29 28 17 (IMO Shortlist 2010) Tìm cặp số ngun khơng âm (m, n) thỏa mãn m2 + · 3n = m 2n+1 − 18 (Iran Third Round 2011) Cho số tự nhiên k Có cặp nguyên dương (x, y) thỏa mãn x y 7373 ≡ 99 (mod 2k )? Lời nói đầu 19 Giải phương trình nghiệm nguyên dương p số nguyên tố: pa − = 2n (p − 1) Tài liệu tham khảo [1] Amir Hossein Parvardi, Lifting The Exponent Lemma: (tài liệu pdf) [2] Các diễn đàn toán: diendantoanhoc.net/forum forum.mathscope.org mathlinks.ro “Số học bà hồng Tốn học” Có thể nói Số học lĩnh vực xuất sớm lịch sử Toán học Khi người bắt đầu làm việc với số ấy, Số học đời.Trải qua hàng nghìn năm phát triển, Số học giữ vẻ đẹp khiết Vẻ đẹp thể qua cách phát biểu đơn giản toán, học sinh lớp hiểu Thế nhưng, vẻ đẹp thường tiềm ẩn thử thách sâu thẳm bên để thách thức trí tuệ lồi người Hãy nói Định lý Fermat lớn, định lý tiếng giới Toán học Trong tuyển tập văn học với tựa đề Thoả ước với Quỷ có truyện ngắn Con Quỷ Simon Flagg Arthur Poges Trong truyện ngắn Quỷ có đề nghị Simon Flagg đặt cho câu hỏi Nếu Quỷ trả lời vòng 24 giờ, lấy linh hồn Simon, đầu hàng trả cho Simon 100.000 đôla Simon đặt cho Quỷ câu hỏi: “ Định lý cuối Fermat có khơng?” Nghe xong, Quỷ biến bay vút khắp vũ trụ để tiếp thu tất tri thức toán học sáng tạo Ngày hôm sau Quỷ quay trở lại thú nhận: “Simon, thắng”, Quỷ buồn rầu nói nhìn Si mon với mắt đầy thán phục “Ngay ta, ta khơng có đủ kiến thức tốn học để thời gian ngắn giải đáp tốn khó Càng nghiên cứu sâu rắc rối Chà! Ngươi có biết”-Con Quỷ tâm sự- “ngay nhà toán học giỏi hành tinh khác, họ un bác nhà tốn học nhiều, khơng giải câu đố khơng? Thì đấy, gã Thổ nhìn giống nấm cà kheo, gã giải nhẩm phương trình vi phân đạo hàm riêng, mà phải đầu hàng thơi.” Chính có cách phát biểu đơn giản cần suy luận sâu sắc tinh tế nên toán Số học kì thi Olympic thường dùng để phân loại học sinh Tuy thị trường có nhiều sách viết Số học, nhu cầu sách lĩnh vực chưa vơi Đặc biệt, ngày nhiều phương pháp xuất hiện, cần đầu sách phát triển phương pháp cũ mà giới thiệu phương pháp nhìn vấn đề cũ “Chuyên đề Số học” Diễn đàn Mathscope đời để đáp ứng nhu cầu đơng đảo học sinh, sinh viên giáo viên khắp nước Chuyên đề thực thành viên Diễn đàn Mathscope, bao gồm chủ đề: Cấp nguyên thuỷ, Các tốn số học hốn vị vòng quanh, Dãy số số học, Hàm số học, Bổ đề nâng số mũ LTE, Phần nguyên, 27 Thặng dư phương, Phương pháp bước nhảy Viete Hi vọng tài liệu hữu ích cho bạn đọc gần xa việc ơn luyện cho kì thi Olympic Bài tập vận dụng Chứng minh phương trình x7 + y = 1998z khơng có nghiệm ngun dương Để hoàn thành chuyên đề này, ban biên tập xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tác giả viết, thành viên tham gia thảo luận, đóng góp Diễn đàn Đặc biệt, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Ban quản trị Diễn đàn Mathscope tạo điều kiện tốt cho ban biên tập để hoàn thành chuyên đề Cuốn sách thành q trình lao động nghiêm túc thành viên ban biên tập, hết sản phẩm đáng quý cộng đồng Mathscope nói riêng cộng đồng Tốn học Việt Nam nói chung Tuy kiểm tra kĩ chuyên đề không tránh khỏi sai sót Mọi góp ý chuyên đề xin gửi lên Diễn đàn Mathscope (mathscope.org) gửi hộp mail phamtienkha@gmail.com Xin chân thành cảm ơn Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn 72013 |5n + 2016 −1 Tìm số nguyên dương n lớn cho 2n |20112013 − Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n ∈ N thỏa mãn n2 |2n + 3n + 6n + (Japan MO Finals 2012) Cho p số nguyên tố Tìm số nguyên n thỏa mãn với số nguyên x, p|xn − p2 |xn − Cho a > b > 1, b số lẻ, n số nguyên dương Nếu bn |an − Chứng minh n ab > 3n Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 9n − chia hết cho 7n Thành phố Hồ Chí Minh, ngày Phụ nữ Việt Nam 20-10-2013 Thay mặt Ban biên tập Phạm Tiến Kha (IMO Shortlist 2007) Tìm hàm số tồn ánh f : N → N cho với m, n ∈ N với p nguyên thố, f (m + n) chia hết cho p f (m) + f (n) chia hết cho p (IMO 2000) Tồn hay không số nguyên n thỏa mãn n có 2000 ước nguyên tố 2n + chia hết cho n ? 10 Với số tự nhiên n, cho a số tự nhiên lớn thỏa mãn 5n − 3n chia hết cho 2a Lấy b số tự nhiên lớn thỏa mãn 2b n Chứng minh a b + 11 Chứng minh n cho n|7n − 3n n chẵn 12 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn i) n|5n + ii) n2 |5n + iii) n3 |5n + 13 Tìm số nguyên dương k cho k số nguyên tố lẻ p1 , p2 · · · , pk tồn hai số nguyên dương a, n thỏa mãn p · p · · · p k − = an 14 (MOSP 2001) Tìm số nguyên dương (x, r, p, n) thỏa mãn xr − = pn 15 Tìm tất số (m, p, q) với p, q nguyên tố m nguyên dương cho 2m p2 +1 = q 16 (Iran TST 2009) Cho n số nguyên dương Chứng minh n 52 −1 2n+2 ≡ (−5) n 32 −1 2n+2 (mod 2n+4 ) 26 Mở rộng (IMO Shortlist 2000) Tìm ba số nguyên dương (a, m, n) thỏa mãn am +1|(a+1)n Ngoài việc phương pháp LTE ứng dụng trực tiếp vào lời giải phương pháp dùng để tìm dạng vơ hạn tốn chia hết Ví dụ Chứng minh tồn vơ hạn số tự nhiên n thỏa mãn n|3n + Phân tích định hướng lời giải Điều ta cần làm tìm dạng n thỏa mãn n|3n + Trước hết, nhận thấy 5|32 + 12 Bây ta để ý đến điều kiện a, b, p Định lý 2, áp k k k dụng ta 5k+1 |32·5 + 12·5 Do · 5k |32·5 + Vậy ta cần chứng minh n = · 5k với k ∈ N n|3n + k−1 Lời giải Trước hết, ta chứng minh 34·5 ≡ (mod 5k ) Áp dụng Định lý ta có k−1 v5 34·5 k−1 − = v5 (34 − 1) + v5 (5k−1 ) = k k Vậy 34·5 k ≡ (mod 5k ) hay 5k | 32·5 − k k 32·5 + Do 5k |32·5 + Lại có 2|32·5 + k nên · 5k |32·5 + Vì k ∈ N∗ nên tồn vơ hạn số tự nhiên n = · 5k cho n|3n + Ví dụ (Romanian Master of Mathematics Competition 2012) Chứng minh tồn vô hạn n số nguyên dương n thỏa mãn 22 +1 + chia hết cho n Phân tích định hướng lời giải Ta tìm số n thỏa mãn điều kiện Dễ thấy n = thỏa mãn Ta mạnh dạn thử với n = 9, 27 · · · thỏa mãn Từ ta dễ dàng tìm dạng nn n = 3k Ở xin giới thiệu hai lời giải: Lời giải Ta chứng minh số nguyên dương an = 3n thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy, theo Định lý ta có Chuyên đề 1: Bước nhảy Viete Phạm Huy Hoàng Mở đầu Trong kì thi học sinh giỏi, tốn phương trình Diophante bậc hai khơng xa lạ Phương trình Pell ví dụ bật phương trình Diophante bậc hai, nhiên lượng tốn phương trình Pell nhiều, nên kì thi IMO 1988 xuất dạng phương trình Diophante bậc hai mẻ thời giờ: Cho a, b hai số nguyên dương thỏa mãn ab + 1|a2 + b2 Chứng minh a2 + b2 ab + số phương Bài tốn coi khó kì thi IMO trước năm 1988 tốn khó kì thi Tác giả Authur Engel bình luận toán (nguyên văn): v3 (2an + 1) = v3 (3) + v3 (an ) = k + " Nobody of the six members of the Australian problem committee could solve it Two of the members were George Szekeres and his wife, both famous problem solvers and problem creators Since it was a number theoretic problem it was sent to the four most renowned Australian number theorists They were asked to work on it for six hours None of them could solve it in this time The problem committee submitted it to the jury of the XXIX IMO marked with a double asterisk, which meant a superhard problem, possibly too hard to pose After a long discussion, the jury finally had the courage to choose it as the last problem of the competition Eleven students gave perfect solutions." Và an +1 v3 (22 + 1) = v3 (3) + v2 (2an + 1) = k + an Vậy an |22 +1 + Lời giải Ta chứng minh số nguyên dương an = n 23 +1 thỏa mãn yêu cầu đề Áp dụng Định lý ta có v3 (an ) = v3 (3) + v3 (3n ) − = n − Đặt an = 3n−1 m với m ∈ N∗ , gcd(3, m) = Ta có Dịch tiếng Việt nôm na là: v3 (2 n−1 Vậy 2an +1 |2 2an +1 an + 1) > v3 (2 + 1) > v3 (an ) = n − "Khơng có số sáu thành viên hội đồng giám khảo Úc giải toán Hai thành viên bật đó, người tiếng giải sáng tạo tốn, George Szekeres vợ ơng Đây tốn số học nên gửi cho bốn nhà số học lớn Úc Họ yêu cầu giải toán sáu khơng có giải sau Hội đồng thẩm định nộp cho + Mặt khác, tiếp tục áp dụng Định lý v3 (2an + 1) = v3 (3) + v3 (an ) = n n Do 3n |2an + Vậy ta suy 23 + 1|22 an Vì gcd(m, 3) = nên an |22 +1 + an +1 an +1 + Mà m|2an + nên m|22 + 1 Đại học Khoa học Tự Nhiên 25 • Nếu n ≡ (mod 5) + n − (n + 1)3 ≡ (mod 5), mâu thuẫn ban giám khảo IMO XXIX toán với hai dấu hoa thị, để nói lên khó, q khó để kì thi Sau hồi bàn bạc, hội đồng IMO XXIX định chọn tốn làm cuối kì thi Có mười học sinh cho lời giải hoàn chỉnh tốn." • Nếu n ≡ (mod 5) + n − (n + 1)3 ≡ (mod 5), mâu thuẫn • Nếu n ≡ (mod 5) + n − (n + 1)3 ≡ (mod 5), mâu thuẫn • Nếu n ≡ (mod 5) + n − (n + 1)3 ≡ (mod 5), mâu thuẫn Trong số 11 học sinh có Giáo sư Ngơ Bảo Châu • Nếu n ≡ (mod 5) + n − (n + 1)3 ≡ (mod 5), mâu thuẫn Vậy với n ∈ N∗ n + ≡ (n + 1)3 (mod 5) Ta loại trường hợp p > Lời giải nguyên thủy toán vấn đề liên quan Nếu p = α = Khi = v2 (n + 2) + v2 (k − 1) Vì v2 (n + 2) v2 (n + 2) = 2, v2 (k − 1) = Ta có 5n + n = (n + 1)k Chúng ta bắt đầu với toán gốc: Bài toán Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ab + | a2 + b2 Chứng minh a2 + b ab + số phương Lời giải Đặt k = trình a2 +b2 ab+1 • Với n = k = • Với n Gọi q ước nguyên tố lẻ n q|5(n,q−1) − = 52 − = 24 Vậy q|3 nên q = Do n ≡ (mod 6) Kết hợp với n ≡ (mod 4) ta suy 5n ≡ −1 (mod 13) nên n − ≡ (n + 1)k (mod 13) Áp dụng Định lý ta có Cố định k xét tất cặp (a, b) nguyên dương thỏa mãn phương v3 (5n − 1) = v3 (n + 1)k−1 − ⇔ + v3 k= a2 + b , ab + (a, b) ∈ N∗ × N∗ |k = a2 + b2 ab + Vì S tập cặp số nguyên dương nên tồn cặp (a0 , b0 ) S mà a0 + b0 đạt giá trị nhỏ a0 b0 Xét phương trình x2 + b20 = k ⇔ x2 − kx.b0 + b20 − k = xb0 + phương trình bậc hai ẩn x Ta biết phương trình có nghiệm a0 Như theo định lý Viete tồn nghiệm a1 thỏa mãn phương trình bậc hai với ẩn x a1 = kb0 − a0 = b20 − k a0 − kb0 a1 + b20 −k a21 +k+ b20 a1 + b ⇒ a0 vp ((a + 1)c − 1) = vp (a) + vp (c) ⇔vp (c) Nếu c chẵn v2 (c) vp (a)(b − 1) vp (a) · b (6) b Theo Định lý − k > 0, v2 ((a + 1)c − 1) = v2 (a) + v2 (a + 2) + v2 (c) − = v2 (a) · b mâu thuẫn Do ta có a1 Từ ta có: Nếu a1 > (a1 , b0 ) cặp thuộc S Theo định nghĩa (a0 , b0 ) ta có: a0 + b Vậy (p, n, k) = (3, 1, 2), (5, 2, 3) Ví dụ Tìm ba số nguyên dương (a, b, c) cho ab + = (a + 1)c Lời giải Gọi p ước nguyên tố lẻ a Khi theo Định lý ta có Nếu c lẻ ta có v2 ((a + 1)c − 1) = v2 (a) Do b = Như ta có a + = (a + 1)c suy c = Từ ta có a1 số nguyên Ta chứng minh a1 khơng âm Thật vậy, a1 < a21 n = v3 (k − 1) + v3 (n) Vậy 3|k − Ta có k ≡ (mod 4) nên k ≡ (mod 12) Theo định lý Fermat nhỏ ta suy (n + 1)k ≡ (n + 1)7 ≡ ±(n + 1) (mod 13) Như n − ≡ −n − (mod 13) dẫn đến n ≡ (mod 13), vơ lý (vì với 13|n 5n ≡ (mod 13), mâu thuẫn 5n ≡ (mod 13)) có nghĩa xét tập S= nên ta suy • Nếu v2 (a) = ta ln có v2 (c) v2 (a) Kêt hợp với (6) ta suy c mâu thuẫn lúc (a + 1)c > ab + a1 (7) a(b−1) > b, • Nếu v2 (a) (7) ⇔ v2 (c) = v2 (a) · (b − 1) Kết hợp với (6) ta dẫn đến c a(b − 1) > b, mâu thuẫn Do theo Viete thì: a20 a0 a1 = b20 − k < b20 ⇒ a0 < b0 , trái với giả thiết ban đầu Do a1 = 0, suy k = b20 số phương, ta có điều cần chứng minh ❒ Vậy phương trình có nghiệm (a, b, c) = (k, 1, 1) với k số nguyên dương tùy ý Nhận xét Từ tốn trên, ta có thêm số mở rộng sau: Mở rộng Tìm số nguyên dương m, l, n, k thỏa mãn (1 + mn )l = + mk 24 Đặt p = q a · b với a, b ∈ N∗ Dễ dàng chứng minh quy nạp q a · b a + (chú ý q|p nên q 3), dấu xảy a = b = 1, q = Do p vq (p) + Kết hợp với (3) ta suy p − vq (p) vq (n)(p − 2) Vậy q = p = v3 (n) = Đặt n = 3k với k ∈ N∗ , gcd(k, 3) = 1, gcd(k, 2) = Như từ đề ta có 9k |8k + k k Hiển nhiên 9|8 + Ta cần tìm k cho k |8 + Với k = n = 3, thỏa mãn Với k 2, hoàn toàn tương tự, lấy r ước nguyên tố nhỏ k s số nguyên dương nhỏ cho 8s ≡ (mod r) Ta suy s|2 nên s = Khi r|82 − hay r|7, điều mâu thuẫn 8k + ≡ (mod 7) Vậy, cặp số (n, p) thỏa mãn đề (1, p), (2, 2), (3, 3) Ví dụ (Brazil XII Olympic Revenge 2013) Tìm ba số (p, n, k) nguyên dương thỏa mãn p số nguyên tố Fermat pn + n = (n + 1)k (5) x Số nguyên tố Fermat số nguyên tố có dạng 22 + với x tự nhiên Lời giải Đặt α = 2x Nếu n = (5) ⇔ p = 2k − = 2α + Do k = 2, α = nên p = Nếu n Ta gọi r ước nguyên tố n Từ phương trình ta suy pn ≡ (mod n) hay pn ≡ (mod r) Do gcd(p, r) = Đặt k số nguyên dương nhỏ thỏa mãn pk ≡ (mod r) Ta có theo định lý Fermat nhỏ pr−1 ≡ (mod r) Vậy ta suy k|r − k|n Vì gcd(r − 1, n) = nên k = Ta có r|p − hay r|2α Vậy r = hay 2|n Ta có (5) ⇔ pn − = (n + 1) (n + 1)k−1 − Từ phương trình dẫn đến v2 (pn − 1) = v2 (n + 1)k−1 − Nếu k − lẻ v2 (n + 1)k−1 − = v2 (n) < v2 p2 − + v2 (n) − = v2 (pn − 1), mâu thuẫn Vậy k − chẵn Áp dụng Định lý ta có Từ tốn ta thấy bước giải toán dùng phương pháp sau: Nhận dạng tốn thuộc lớp phương trình Diophante bậc hai (trở lên) Cố định giá trị nguyên mà đề cho, giả sử tồn cặp nghiệm thỏa mãn vài điều kiện mà không làm tính tổng qt tốn Dựa vào định lý Viete để tìm mối quan hệ mâu thuẫn, từ tìm kết luận toán Điểm mấu chốt toán nguyên lí cực hạn: Trong tập hợp số ngun dương ln tồn số ngun dương nhỏ Mệnh đề hữu dụng lớp tốn mà nhiều tốn tổ hợp, tổ hợp số học số học Từ tốn tiếp theo, tơi trình bày vắn tắt bước làm cách làm thay trình bày đầy đủ toán trên, để bạn tự phát huy tính tự làm việc Phần gợi ý có cuối viết Bài tốn Tìm tất số ngun dương n cho phương trình sau có nghiệm ngun dương : x2 + y = n(x + 1)(y + 1) Chứng minh Chúng ta làm theo bước toán trên: Cố định n, giả sử tồn cặp (x0 , y0 ) mà tổng x0 + y0 x0 y0 Xét phương trình bậc ẩn X sau: X − X.n(y + 1) + y02 − ny0 − n = Phương trình có nghiệm x0 nên có nghiệm x1 Áp dụng định lý Viete: x0 + x1 = n(y0 + 1), x0 x1 = y02 − ny0 − n v2 (pn − 1) = v2 (n + 1)k−1 − ⇔v2 (p2 − 1) + v2 (n) − = v2 (n) + v2 (n + 2) + v2 (k − 1) − ⇔v2 (p − 1) + v2 (p + 1) = v2 (n + 2) + v2 (k − 1) k Nếu v2 (k − 1) v2 (p − 1) p − 1|k Do (n + 1) ≡ n + (mod p) theo định lý Fermat nhỏ Tuy nhiên theo (5) n ≡ (n + 1)k (mod p) nên n ≡ n + (mod p), mâu thuẫn Vậy v2 (k − 1) < v2 (p − 1) Khi theo phương trình ta có Do v2 (n + 2) v2 (p + 1) = v2 (2α + 2) < v2 (n + 2) Ta suy n ≡ (mod 4) x Nếu p > 22 + > nên x Do p ≡ (mod 5) Áp dụng n ≡ (mod 4) ta suy pn ≡ (mod 5) Do + n ≡ (n + 1)k (mod 5) Vì n + ≡ n + (mod 5) nên k ≡ (mod 4) Vì k lẻ nên k ≡ (mod 4) Vậy + n ≡ (n + 1)3 (mod 5) Tương tự trước, bạn chứng minh x1 từ chứng minh x1 = cách chứng minh x1 > dẫn đến mâu thuẫn Từ đến kết luận toán: x1 = y02 = n(y0 + 1) suy y0 + | y02 , điều xảy y0 nguyên dương Do khơng tồn số ngun dương n thỏa mãn phương trình Từ tốn này, ta dẫn đến toán thú vị sau: Bài toán Giả sử a, b nguyên dương thỏa mãn: b + | a2 + 1, a + | b2 + Chứng minh a, b số lẻ ❒ 10 23 Chứng minh Nhìn vào tốn trên, từ giả thiết ta khơng nhìn thấy mối tương quan a, b tính chẵn lẻ hai số Vì vậy, nhờ kinh nghiệm, cách làm tốt để thêm kiện sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử a, b số chẵn Từ giả sử này, bạn đọc chứng minh hai mấu chốt sau: Nếu x lẻ áp dụng Định lý ta có v2 (3x − 1) = v2 (3 − 1) = hay v2 (2x · y) = Do x = Từ phương trình ta suy y = Nếu x chẵn áp dụng Định lý ta có v2 (3x − 1) = v2 (3 − 1) + v2 (3 + 1) + v2 (x) − = + v2 (x) a + b + nguyên tố ⇔v2 (2x · y) = + v2 (x) ⇔ x + v2 (y) = v2 (x) + 2 a + | a2 + b2 , b + | a2 + b2 Đặt x = 2m · k với m, n ∈ N∗ Ta dễ dàng chứng minh quy nạp 2m · k > m + với m ∈ N, m Do x > v2 (x) + với v2 (x) hay với x 2v2 (x) = Như x (1) khơng xảy Vậy x 8, x chẵn nên x ∈ {2; 4; 6} Từ ta tìm (x, y) = (2; 2), (4; 5) Từ suy tồn n nguyên dương cho a2 + b2 = n(a + 1)(b + 1) theo tốn ta có điều mâu thuẫn Vì a, b lẻ ❒ Bài tốn bổ đề quan trọng tốn IMO Shortlist 2009 Bài tốn Tìm tất số nguyên dương n cho tồn dãy số nguyên dương a1 , a2 , , an thỏa mãn a2 + −1 ak+1 = k ak−1 + với k thỏa mãn k (1) Vậy phương trình có nghiệm ngun dương (x, y) = (1; 1), (2; 2), (4; 5) Nhận xét Qua toán trên, ta lưu ý số ý tưởng dùng phương pháp này: Với p ước nguyên tố a = pm · k với m, k ∈ N∗ thì: n − i) a (Phần gợi ý có cuối viết) Khi giải hai tốn đa số toán với hai biến x, y thành chuyện "đơn giản" Xin mời bạn đọc thử sức với tốn sau, điều ẩn sau điều thú vị: Bài tốn Tìm tất số n ngun dương cho phương trình sau có nghiệm nguyên dương: (x + y)2 = n(4xy + 1) Chứng minh Chúng ta theo bước Đáp án với n số phương phương trình ln có nghiệm ngun dương ❒ Đáng ý toán đơn giản mà lại bổ đề quan trọng cho tốn khó sau: Bài tốn (Taiwan MO 1998) Cho m, n hai số lẻ với m > n > thỏa mãn m2 − n2 + | n2 − Chứng minh m2 − n2 + số phương Chứng minh Nhìn vào tốn tốn trên, khơng thể thấy liên hệ Gợi ý cho toán làm để chuyển tốn trước Từ giả thiết ta có m2 − n2 + | n2 − 1, tiện gọn hơn, ta có m2 − n2 + | m2 Từ ta đặt m2 = k.(m2 − n2 + 1) với k nguyên dương Đến khơng khó để nhìn mối liên hệ: Từ giả thiết m, n lẻ, tồn hai số nguyên dương a, b cho m = a + b, n = a − b Do phương trình trở thành: (a + b)2 = k(4ab + 1), quay toán Vậy k số phương, 4ab + số phương hay m2 − n2 + số phương ❒ pvp (a) ii) pm · k m + α với m β Từ suy a vp (a) + α với vp (a) β hay a pβ Các chủ yếu khơng khó để vận dụng bổ đề LTE ta xác định yếu tố p, a, b cách dễ dàng Tuy nhiên, có số tốn đòi hỏi ta phải tìm yếu tố p, a, b Ví dụ (IMO 1999) Tìm tất cặp (n, p) nguyên dương cho p số nguyên tố (p − 1)n + chia hết cho np−1 Lời giải Dễ thấy với n = p số nguyên tố thỏa mãn đề Với n 2, ta có trường hợp: Trường hợp Nếu p = n|2 Do n = Trường hợp Nếu p lẻ Lấy q ước nguyên tố nhỏ n, (p − 1)n ≡ −1 (mod q) hay (p − 1)2n ≡ (mod q) gcd(p − 1, q) = Ta lấy o số nguyên dương nhỏ thỏa mãn (p − 1)o ≡ (mod q) Khi ta suy o|2n Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có (p − 1)q−1 ≡ (mod q) Do o|q − Như vậy, o|2n o|q − Nếu gcd(o, n) > hay o, n chia hết cho số nguyên tố r, ta suy r|n r o Mà o|q − nên o < q, r < q Mà r q ước nguyên tố n, mâu thuẫn với điều kiện nhỏ q Vậy gcd(n, o) = Do 2|o Vậy (p − 1)2 ≡ (mod q) hay q|p(p − 2) Nếu q|p − ta có (p − 1)n + ≡ 1n + ≡ (mod q) Vậy q = Ta có (p − 1)n + chia hết p = 2, mâu thuẫn p lẻ Nếu q|p Dễ nhận thấy n phải lẻ (vì n chẵn (p − 1)n + ≡ (mod 4), mâu thuẫn p lẻ) Ta áp dụng Định lý ta có vq ((p − 1)n + 1) = vq (n) + vq (p) vq (n) · (p − 1) (4) 22 11 Lại có n2 |2n + nên v3 (2n + 1) v3 (n2 ) ⇔ k + 2k Vậy k = Đặt n = 3m với m ∈ N∗ gcd(m, 3) = Gọi p1 ước nguyên tố nhỏ m Khi ta có 26m ≡ (mod p1 ) Gọi k1 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 2k ≡ (mod p1 ) Tương tự ta dễ dàng suy k|6 Vì p1 nên k = k = Với k = p1 |7 nên p1 = Với k = p1 |63 mà p1 nên p1 = Tuy nhiên n 3m m 2 + = + = + ≡ (mod 7) mà 7|n , mâu thuẫn Vậy ước nguyên tố n mà n nên n = Số nguyên dương n thỏa mãn đề n ∈ {1; 3} Ví dụ (European Mathematical Cup 2012, Senior Division) Tìm số nguyên dương a, b, n số nguyên tố p thỏa mãn a2013 + b2013 = pn Lời giải Đặt a = px · y, b = pz · t với x, y, z, t ∈ N; t, y gcd(y, p) = 1, gcd(t, p) = Không làm tính tổng quát, giả sử x z Dễ nhận thấy n 2013x 2013z Khi phương trình ban đầu tương đương với Nhìn tốn trên, người làm tốn, khơng khỏi thắc mắc là: liệu có tồn hai số m, n không để thỏa mãn m2 − n2 + 1|n2 − để suy m2 − n2 + số phương? Bằng lối suy nghĩ nên tìm thử nghiệm tốn: Bài tốn Tìm cặp nghiệm (m, n) lẻ nguyên dương thỏa mãn điều kiện toán Chứng minh Thử vài giá trị, tốn khơng dễ bạn tưởng: Chúng ta "mò" nghiệm để suy Chúng ta nên bắt đầu với cách làm tự nhiên nhất: đặt m2 = k(m2 − n2 + 1) Vì tốn yêu cầu nghiệm, ta bắt đầu với k = số phương đầu tiên: m2 = m2 − n2 + ⇔ n = 1, không thỏa mãn m > n > Tiếp tục với k = số phương tiếp theo: m2 = 4(m2 − n2 + 1) ⇔ 4n2 − 3m2 = Từ phương trình suy | m hay đặt m = 2t Từ phương trình tương đương với 2013 t Nếu x > z p V T Do p p +p 2013(x−z) n−2013z ·y 2013 =p n−2013z n2 − 3t2 = 1, suy n = 2013z Vậy ta phương trình t2013 + p2013(x−z) · y 2013 = 1, mâu thuẫn V T (do , ty 1) Vậy x = z Phương trình trở thành t2013 + y 2013 = pn−2013z = pk (k = n − 2013z ∈ N∗ ) (3) Nếu p|2013 theo định lý Fermat nhỏ ta suy t2013 + y 2013 ≡ (mod p), mâu thuẫn p|pk Vậy gcd(p, 2013) = Dễ thấy theo (3) p|t + y Do việc áp dụng Định lý ta có vp t2013 + y 2013 = vp (t + y) Ta lại có t + y|t2013 + y 2013 (3) nên ta suy trở phương trình Pell quen thuộc phương trình chắn có nghiệm khơng phải số phương Tìm nghiệm phương trình khơng khó, bạn tự tìm cách sử dụng cơng thức nghiệm tổng quát phương trình Pell hệ phương trình ❒ Vậy tất tốn tìm nghiệm thỏa mãn Bài tốn vừa xong nghiệm đơn giản Câu hỏi tìm nghiệm tổng qt khơng? Câu trả lời có Trong kì thi chọn học sinh giỏi Toán quốc gia năm 2012, toán sử dụng phương pháp bước nhảy Viete để giải toán Xin trích dẫn đề bài, giải tài liệu "Nhận xét đánh giá đề thi VMO 2012" Thầy Trần Nam Dũng: Bài toán Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước số b2 + b ước số a2 + Chứng minh a b số hạng dãy số tự nhiên (vn ) xác định pk = t + y = t2013 + y 2013 t2012 (t − 1) + y 2012 (y − 1) = v1 = v2 = 1; = 4vn−1 − vn−2 , ∀n h Vì t, y nên từ phương trình ta suy t = y = Do p = 2, từ suy a = b = , n = 2013h + với h ∈ N Nhận xét Ta tổng qt tốn lên thành: Giải phương trình nghiệm nguyên dương an + b n = p k với p nguyên tố Ví dụ (Romanian IMO TST 2005) Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3x = 2x · y + Lời giải Ta xét hai trường hợp: Chứng minh Giả sử (a, b) cặp số tự nhiên lẻ mà a ước số b2 + b ước số a2 + Trước hết ta chứng minh (a, b) = Thật vậy, đặt d = (a, b) d | a | b2 + nên d | Mà a, b lẻ nên d lẻ, suy d = Xét số N = a2 + b2 + a2 + chia hết cho b nên N chia hết cho b Tương tự, N chia hết cho a Vì (a, b) = nên từ suy N chia hết cho ab Vậy tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 + = kab (1) Tiếp theo, ta chứng minh k = Thật vậy, đặt A = {a + b|(a, b) ∈ N∗ × N∗ , a2 + b2 + = kab} Theo giả sử A = ∅ Do tính thứ tự tốt N, A có phần tử nhỏ Giả sử 12 21 a0 , b0 cặp số thỏa mãn điều kiện (1) với a0 + b0 nhỏ Khơng tính tổng qt, giả sử a0 b0 Xét phương trình a2 − kb0 a + b20 + = có b2 +2 nghiệm a0 Theo định lý Viete phương trình có nghiệm a1 = kb0 −a0 = 02 Theo cơng thức nghiệm rõ ràng a1 nguyên dương Như (a1 , b0 ) nghiệm k (1) Do tính nhỏ a0 + b0 , ta có a0 + b0 a1 + b0 , tức a0 kb0 − a0 suy ab00 2 Ta có a0 + b0 + = ka0 b0 suy a0 b + + =k (2) b0 a0 a0 b0 a0 b0 k k Do nên từ (2) ta có k + + hay k Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a20 + b20 2a0 b0 nên k > k + + nên Nếu k = (a0 , b0 ) = (1, 1), a0 b0 Dùng (2) để đánh giá ta có k 2 k Vậy giá trị k = 5, bị loại Nếu k = a0 + b0 + = 3a0 b0 nên suy a20 + b20 + chia hết cho 3, suy hai số a0 , b0 chia hết cho 3, số lại khơng chia hết cho Nếu b0 = a0 chia hết cho 3, vế trái khơng chia hết cho vế phải chia hết cho 9, mâu thuẫn Vậy b0 > Từ suy a0 b0 Lại sử dụng (2) để đánh giá, ta suy k Một số ví dụ Sau xin đưa số ví dụ ứng dụng phương pháp Ví dụ Tìm số nguyên dương n nhỏ thỏa mãn 22013 |1999n − Lời giải Áp dụng Định lý ta có v2 (1999n − 1) = v2 (n) + v2 (2000) + v2 (1998) = v2 (n) + Để thỏa mãn 22013 |1999n − v2 (n) + 2013 hay v2 (n) 2008 Vậy số nguyên dương n nhỏ thỏa mãn đề 22008 Ví dụ (IMO Shortlist 1991) Tìm số nguyên dương k lớn thỏa mãn 1991k ước 1992 19901991 1990 + 19921991 Lời giải Đặt a = 1991 a số ngun tố lẻ Do theo Định lý a+1 va (a − 1)a a−1 + (a + 1)a k +1+ ⇒k < a−1 = va (a − 1)a )a a−1 + (a + 1)a = va (a − 1)a + a + + va (aa−1 ) Mà k ∈ N nên k 2, mâu thuẫn Như ta chứng minh a, b số tự nhiên lẻ thỏa mãn điều kiện đề a2 + b2 + = 4ab (3) Ta chứng minh trường hợp tồn số nguyên dương n cho (a, b) = (vn , vn+1 ) với dãy số định nghĩa đề Trước hết, ta có nhận xét : Nếu a, b nghiệm (3) (4a − b, a) (4b − a, b) nghiệm (3) Từ đó, (v1 , v2 ) nghiệm (3) nên (4v2 − v1 , v2 ) nghiệm (3), tức (v2 , v3 ) nghiệm (3) Từ quy nạp suy (vn , vn+1 ) nghiệm (3) Giả sử tồn cặp số (a, b) thỏa mãn (3) không tồn n cho (a, b) = (vn , vn+1 ) Trong cặp số thế, chọn (a, b) có tổng a + b nhỏ Khơng tính tổng quát, giả sử a > b (chú ý a khơng thể b a = b suy a = b = 1, (a, b) = (v1 , v2 ) Theo nhận xét 4b − a, b nghiệm (3) Nhưng 4b − a = b a+2 < a (Vì a > b nên ab − b2 = (a + b)(a − b) 3)), nên 4b − a + b < a + b Theo định nghĩa (a, b) trên, phải tồn n cho (4b − a, b) = (vn , vn+1 ) Sử dụng đẳng thức 4b − a = b a+2 b > 1, ta suy 4b − a b Như 4b − a = , b = vn+1 Nhưng từ a = 4vn+1 − = vn+2 , tức (a, b) = (vn+1 , vn+2 ) mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức phải tồn số tự nhiên n cho (a, b) = (vn , vn+1 ) a, b số hạng dãy (vn ) Bài tốn giải hồn tồn ❒ Nhận xét: • Bài tốn có ý chính: = a − + va (a − 1)a + a + 2 Cũng theo Định lý va (a − 1)a + = va (a)+va (a2 ) = nên va (a − 1)a + a + = a+1 Vậy, va (a − 1)a a−1 + (a + 1)a = a Ta thu max k = a = 1991 Ví dụ (Italy TST 2003) Tìm số nguyên nguyên (a, b, p) cho a, b số nguyên dương, p số nguyên tố thỏa mãn 2a + pb = 19a Lời giải Vì a nguyên dương nên 17|19a − 2a Vậy p = 17 Áp dụng Định lý ta có v17 (19a − 2a ) = v17 (17) + v17 (a) ⇔ b = + v17 (a) + a Nếu b < + a hay b a Dễ dàng chứng minh quy nạp 19a − 2a a Mà 17a 17b Vậy a = b = trường hợp 17a với Nếu b = + a dễ dàng chứng minh quy nạp 19a − 2a < 17a+1 = 17b , mâu thuẫn Vậy (a, b, p) = (1, 1, 17) đáp án tốn Ví dụ (IMO 1990) Tìm số ngun dương n cho n2 |2n + Lời giải Với n = thỏa mãn Với n 2, nhận thấy n lẻ Gọi p ước nguyên tố lẻ nhỏ n Khi ta suy 22n ≡ (mod p) Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 2k ≡ (mod p) Khi k|2n Theo định lý Fermat nhỏ 2p−1 ≡ (mod p) nên k|p − Như ta suy gcd(n, k) = nên k|2 Với k = p|1, mâu thuẫn Vậy k = Do p = hay 3|n Đặt v3 (n) = k (k ∈ N∗ ) Áp dụng Định lý ta có v3 (2n + 1) = v3 (3) + v3 (n) = + k 20 13 Do ta cần xét tới trường hợp n lũy thừa 2, tức cần chứng minh n Chứng minh k số nguyên dương cho tồn a, b nguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + = kab k = Phần quen thuộc với bạn biết phương pháp phương trình Markov hay “bước nhảy Viete” n v2 (x2 − y ) = v2 (x − y) + n Mô tả tất nghiệm phương trình a2 + b2 + = 4ab thông qua cặp số hạng liên tiếp dãy , gọi phương pháp gien Thật vậy, ta có n n x2 − y = (x2 n−1 Vì x ≡ y ≡ ±1 (mod 4) nên x n−1 v2 (x2 n + y2 2k ≡y n−1 + y2 n−1 2k )(x2 n−2 n−2 + y2 ) · · · (x2 + y )(x + y)(x − y) • Phương trình (3) giải thơng qua phương trình Pell z − 3b2 = −2 Tuy nhiên cách giải cồng kềnh khơng phải phương trình Pell loại ≡ (mod 4) Do n−2 n−2 ) = v2 (x2 + y2 ) = · · · = v2 (x + y) = n Như v2 (x2 + y ) = n + vp (x − y), ta có điều phải chứng minh ❒ Định lý (cho trường hợp p = 2) Cho hai số nguyên lẻ x, y, n số nguyên dương chẵn 2|x − y Khi v2 (xn − y n ) = v2 (x − y) + v2 (x + y) + v2 (n) − Bài tốn (Phương trình Markov) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình sau có nghiệm nguyên dương: x2 + y + z = kxyz Chứng minh Ta có 4|x2 − y nên đặt n = 2k · h với k, h ∈ N∗ , gcd(h, 2) = Khi ta có k k v2 (xn − y n ) = v2 (xh·2 − y h·2 ) k−1 = v2 ((x2 )2 k−1 − (y )2 ) Chứng minh Chúng ta vừa giải xong lớp tốn với hai ẩn, tốn ba ẩn lời giải có khác khơng? Và khác nào? Liệu ta tìm cách giải tổng qt cho toán với ba ẩn với hai ẩn khơng? Cách giải tốn phụ thuộc vào cách giải toán hai số, trước hết ta cần bổ đề sau: = v2 (x2 − y ) + k − = v2 (x − y) + v2 (x + y) + v2 (n) − ❒ Ta có hệ sau: Hệ Cho a, n hai số nguyên dương: i) p hai số nguyên tố lẻ cho vp (a − 1) = α ∈ N∗ , với số tự nhiên β ta có v( an − 1) = α + β ⇔ vp (n) = β ii) n chẵn cho v2 (a2 − 1) = α ∈ N∗ , với số nguyên dương β v2 (an − 1) = α + β ⇔ v2 (n) = β + Chú ý a) Nếu tốn đòi hỏi vận dụng phương pháp LTE, ta nên để ý tới điều kiện đặt n, x, y, lựa chọn định lý phù hợp đưa vào lời giải toán b) Nếu liệu toán cho a|b với a, b ∈ N với p ước nguyên tố b, ta ln có vp (b) vp (a) Ngược lại, vp (b) vp (a) a|b Như a|b ⇔ vp (b) Như qua nhận xét toán trên, thầy Trần Nam Dũng tổng kết lại bước làm chính: Đó sử dụng bước nhảy Viete để tìm k sử dụng phương pháp Gien, phương pháp lùi vơ hạn để tìm điểm đặc biệt nghiệm, (a, b) nghiệm (4b − a, b) nghiệm, dẫn đến tìm nghiệm tổng qt phương trình Ngồi thầy đề cập tới phương trình Markov, phương trình tiếng, nói "thủy tổ" phương pháp bước nhảy Viete: vp (a) Đây tính chất thường dùng toán sử dụng phương pháp LTE Bổ đề k = số nguyên dương để phương trình sau ln có nghiệm ngun dương (x, y): x2 + y + = kxy Bổ đề toán sử dụng bước nhảy Viete quen thuộc, mời bạn đọc tự giải Trở lại tốn: Thấy k = phương trình có nghiệm (3, 3, 3) k = phương trình có nghiệm (1, 1, 1) Xét k = 1, Giả sử phương trình có nghiệm (x0 , y0 , z0 ) Khơng tính tổng quát, giả sử x0 y0 z0 x0 + y0 + z0 nhỏ tất tổng x + y + z với x, y, z nghiệm phương trình • Nếu y0 < z0 , xét phương trình bậc hai: Z − k.x0 y0 Z + x20 + y02 = Phương trình có nghiệm z0 Theo định lý Viete có nghiệm thứ hai z1 thỏa mãn: x2 + y02 z1 = kx0 y0 − z0 = z0 14 19 Từ suy z1 nguyên dương (x0 , y0 , z1 ) nghiệm thứ hai Do theo giả thiết cực hạn ta có: x0 + y0 + z0 x0 + y0 + z1 ⇒ z0 z1 , Với (2), ta đặt y = x + kp với k ∈ N∗ Khi với ≡ xp−1−i xi + i(kp)xi−1 + ≡ xp−1 + ikpxp−2 x0 (ky0 − x0 ) x0 (kx0 − x0 ) x0 , Do đó, • Nếu y0 = z0 Ta có x20 (px0 − 2), px0 , mà px0 > nên px0 = suy p ∈ {1, 3}, trái giả thiết từ dẫn đến (mod p2 ) mà x0 nguyên dương suy x0 = Ta trở tốn y + z + = kyz, bổ đề suy k = 3, trái giả thiết 2y02 − py02 + x20 = ⇒ x20 = y02 (px0 − 2) i(i − 1) (kp)2 xi−2 + · · · ≡ xp−1−i xi + i(kp)xi−1 y02 − 1, suy p − (i ∈ N) y i xp−1−i ≡ (x + kp)i xp−1−i dẫn đến x20 + y02 − kx0 y0 = z1 z0 − z1 − z0 = (z1 − 1)(z0 − 1) − i Vậy k ∈ {1, 3} phương trình ln có nghiệm ngun dương ❒ xp−1 + xp−2 y + · · · + y p−1 ≡ xp−1 + (xp−1 + kpxp−2 ) + (xp−1 + 2kpxp−2 ) + · · · + (xp−1 + (p − 1)kpxp−2 ) p−1 ≡ pxp−1 + · kp2 xp−2 ≡ pxp−1 ≡ (mod p2 ) Như vp (xp − y p ) = vP (x − y) + Quay lại toán, đặt n = pk · h với b, k ∈ N, b k gcd(b, p) = Khi k vp (an − bn ) = vp ((ap )h − (bp )h ) Trên số toán mà tơi muốn giới thiệu với bạn đọc, toán quen thuộc lặp lại nhiều kì thi Tơi hi vọng qua viết bạn đọc nắm bắt phương pháp giải lớp tốn phương trình bậc hai Diophante nhiều ẩn Sau gợi ý cho toán số toán thử sức k = vp ap − bp = vp (ap k−1 k − bp = vp ((ap k−1 k−1 )p − (bp k−2 ) + = vp ((ap k−1 )p ) )p − (bp k−2 )p )) = vp (x − y) + k = vp (x − y) + vp (n) Gợi ý cho số toán ❒ Định lý chứng minh Chứng minh x1 x21 0: − x1 n(y0 + 1) − n(y0 + 1) + mà x1 nguyên nên x1 y02 x2 + y02 = ⇔ x1 = − > −1, n(y0 + 1) Định lý Cho hai số nguyên x, y, n số nguyên dương lẻ, p ước nguyên tố lẻ cho p|x + y p x, p y Khi vp (xn + y n ) = vp (x + y) + vp (n) Với a, b chẵn: có b + | b2 − 1, b + | a2 + nên b + | a2 + b2 Tương tự a + | a2 + b2 Gọi d = (a + 1, b + 1, chứng minh d | mà d lẻ a + 1, b + lẻ nên d = 1, từ suy a2 + b2 = k(a + 1)(b + 1) Chứng minh Áp dụng định lý ta có n = 1, 2, 3, Dễ dàng dãy với n = 1, 2, Dãy có độ dài 4: 4,33,27,1384 Phản chứng tồn dãy độ dài 5: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 Từ chứng minh hai mệnh đề sau: hay vp (xn − (−y)n ) = vp (x − (−y)) + vp (n) vp (xn + y n ) = vp (x + y) + vp (n) ❒ (a) a2 , a3 chẵn (sử dụng phản chứng) (b) a2 + | a23 + 1, a3 + | a22 + Chứng minh x1 0: từ phương trình ta có 4x1 y0 = mà x1 nguyên nên x1 > (x1 + y0 )2 − > −1 ⇔ x1 > − n 4y0 Định lý (cho trường hợp p = 2) Cho x, y hai số nguyên lẻ thỏa mãn 4|x − y Khi v2 (xn − y n ) = v2 (x − y) + v2 (n) Chứng minh Theo bổ đề p nguyên tố, gcd(p, n) = 1, p|x − y p x, p y vp (xn − y n ) = vp (x − y) 18 15 Hai bổ đề Các toán thử sức Đầu tiên, xin giới thiệu với bạn đọc hai bổ đề Và hai bổ đề giúp ta tìm cách chứng minh định lí khác LTE Bổ đề Cho x, y hai số nguyên cho n số nguyên dương Cho số nguyên tố p cho p|x − y p x, p y Ta có Bài toán 10 Chứng minh a, b số nguyên dương cho k = nguyên k = n Bài toán 11 a2 +b2 +6 ab số Tìm n cho phương trình sau có nghệm nguyên dương: (x + y + z)2 = nxyz n vp (x − y ) = vp (x − y) Tìm n cho phương trình sau có nghệm nguyên dương: Chứng minh Ta có p|x − y nên xn−1 + xn−2 y + · · · + xy n−2 + y n−1 ≡ nxn−1 ≡ (x + y + z + t)2 = nxyzt (mod p) Mà xn − y n = (x − y) (xn−1 + xn−2 y + · · · + xy n−2 + y n−1 ) nên ta suy điều phải chứng minh ❒ Bổ đề Cho x, y hai số nguyên n số nguyên dương lẻ Cho số nguyên tố p thỏa mãn p|x + y p x, p y Khi Bài tốn 12 (Mở rộng phương trình Markov) Cho a, b, c ba số nguyên thỏa mãn a2 + b2 + c2 = kabc Chứng minh (a, b, c) = (a, b, c) = Bài tốn 13 Chứng minh phương trình vp (xn + y n ) = xp (x + y) x2 + y + z = n(xyz + 1) Chứng minh Áp dụng bổ đề ta có vp (xn − (−y)n ) = vp (x − (−y)) nên vp (xn + y n ) = vp (x + y) (vì n lẻ) Bổ đề chứng minh ❒ có nghiệm nguyên dương n biểu diễn dạng tổng hai số phương Lifting The Exponent Lemma (LTE) Bài toán 14 (Adapted from Vietnam TST 1992) Tìm tất cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn a2 + b2 = k(ab − 1) Định lý Cho x y số nguyên (không thiết phải nguyên dương), n số nguyên dương p số nguyên tố lẻ thỏa mãn p|x − y p x, p y Ta có Bài tốn 16 Cho a, b, c ba số nguyên dương thỏa mãn vp (an − bn ) = vp (a − b) + vp (n) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo vp (n) Trước hết, ta chứng minh khẳng định sau: p Bài toán 15 (Turkey TST 1994) Tìm tất cặp (a, b) mà ab | a2 + b2 + < a2 + b2 − abc c, chứng minh a2 + b2 − abc số phương p vp (x − y ) = vp (x − y) + Bài tốn 17 Chứng minh tồn vơ hạn cặp (m, n) nguyên dương thỏa mãn Để chứng minh điều ta cần p|x p−1 +x p−2 y + · · · + xy p−2 +y p−1 (1) m+1 n+1 + = n m Bài tốn 18 (IMO Shortlist 2003) Tìm tất cặp a, b thỏa mãn p2 xp−1 + xp−2 y + · · · + xy p−2 + y p−1 Với (1), nhờ áp dụng x ≡ y (mod p) ta suy xp−1 + · · · + y p−1 ≡ pxp−1 ≡ (mod p) (2) a2 2ab2 − b3 + Bài toán 19 Chứng minh tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 +y +1 = 3xy (x, y) = (F2k−1 , F2k+1 ) với Fn số Fibonacci 16 Bài toán 20 (IMO 2007, IMO shortlist) Cho a, b nguyên dương Chứng minh 4ab − | (4a2 − 1)2 , a = b Chuyên đề 2: Vận dụng phương pháp LTE vào giải toán số học Gợi ý Dùng phản chứng, giả sử a > b với a, b thỏa mãn Từ giả thiết, chứng minh: 4ab − | (a − b)2 a0 − b0 (a0 + b0 )(4a0 b0 − 1) với a0 , b0 nghiệm nhỏ theo nghĩa a0 + b0 min, từ suy mâu thuẫn Phạm Quang Tồn ❒ Bài tốn 21 (**, Kiran Kedlaya) Chứng minh (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) số phương xy + 1, yz + 1, zx + số phương Bổ đề số mũ (Lifting The Exponent Lemma) bổ đề hữu dụng việc giải toán số học biết đến lịch sử Olympiad Thực chất mở rộng từ bổ đề Hensel Ta thường viết tắt tên bổ đề LTE, tên Tiếng Việt gọi bổ đề số mũ Bài viết xin giới thiệu với bạn đọc bổ đề ứng dụng đặc sắc vào tốn lý thuyết số Gợi ý Nếu xy + 1, yz + 1, zx + số phương hiển nhiên ta có tích ba số phương Nếu (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) số phương Hãy chứng minh tồn t thỏa mãn hệ sau: (x + y − z − t)2 = 4(xy + 1)(zt + 1) Bài viết chủ yếu dựa vào tài liệu thành viên Amir Hossein bên trang mathlinks.ro (về mặt lý thuyết giữ nguyên viết Amir Hossein sang viết này) có kèm theo số ví dụ lấy từ kì thi Olympic tốn giới (x + z − y − t) = 4(xz + 1)(yt + 1) (x + t − y − z)2 = 4(xt + 1)(yz + 1) (t nghiệm phương trình t2 + x2 + y + z − 2(xy + yz + zt + tx + zx + ty) − 4xyzt − = 0) Xét nghiệm t nhỏ Sử dụng phản chứng: giả sử xy + khơng phương Từ đây, chứng minh: (a) t −1 max{x,y,z} > −1 nên t (b) Xét hai trường hợp t = t > 0, dẫn đến mâu thuẫn ❒ Tài liệu tham khảo Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy, Bài giảng số học NXB Giáo dục, 1996 Một số khái niệm Ở đây, thay kí hiệu a b nghĩa a chia hết cho b, ta kí hiệu b|a Và a b thay b a Định nghĩa Cho p số nguyên tố, a số nguyên α số tự nhiên Ta có pα lũy thừa (exact power) a α số mũ (exact exponent) p khai triển α pα |a pα+1 a Khi ta viết pα a hay vp (a) = α Ví dụ Ta có v5 (5400) = hay 53 5400 5400 = 53 · 32 · 22 Sau số tính chất Chứng minh tính chất khơng khó, xin dành cho bạn đọc Tính chất Cho a, b, c số nguyên Ta có vp (ab) = vp (a) + vp (b) Kiran S Kedlaya, When Is (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) a Square Mathematics Magazine, Vol 17, No.1, Feb., 1998 vp (an ) = n · vp (a) Authur Engel, Problem Solving Strategies Spinger Verlag, 1998 min{vp (a), vp (b)} vp (a + b) Dấu đẳng thức xảy vp (a) = vp (b) Trần Nam Dũng, Lời giải bình luận VMO 2012 Diễn đàn Mathscope, 2012 vp (gcd(|a|, |b|, |c|)) = min{vp (a), vp (b), vp (c)} Site: http://www.artofproblemsolving.com/Forum vp (lcm(|a|, |b|, |c|)) = max{vp (a), vp (b), vp (c)} Chú ý vp (0) = ∞ với số nguyên tố p Lớp 9C THCS Đặng Thai Mai, Tp Vinh 17 ... h(a; b) = kab Đây phương trình nghiệm nguyên với a, b đối xứng Ta dùng bất đẳng thức deg h = bước nhảy Viete deg h = Nếu khơng có (a; b) = từ giả thiết ta suy ab | f (a)f (b), sau khai triển vế... six members of the Australian problem committee could solve it Two of the members were George Szekeres and his wife, both famous problem solvers and problem creators Since it was a number theoretic... finally had the courage to choose it as the last problem of the competition Eleven students gave perfect solutions." Và an +1 v3 (22 + 1) = v3 (3) + v2 (2an + 1) = k + an Vậy an |22 +1 + Lời