chuyen de so hoc mathscope04 booklet

120 Bài toán 14 : Cho n 97 số nguyên dương Chứng minh rằng: n2 n n2 n2 = k k k=n+1 k=2 Bài toán 15 : Tính lim n→ − +∞ n n k=1 2n n −2 k k Bài toán 16 : (Định lý LTE) Gọi vp (n) số mũ p khai triển thừa số nguyên tố n Cho p số nguyên tố lẻ, x, y số nguyên cho x, y không chia hết cho p x – y chia hết cho p, n số nguyên dương Chứng minh nghiệm modulo p Xét x thoả x2 ≡ −1 mod p Giả sử tồn y = x thoả mãn y ≡ mod p Khi x2 ≡ y mod p, suy x ≡ −y mod p, hay y = p − x Trở lại toán Do pi có dạng 4l + nên −1 số phương mod pαi i Theo bổ đề số nghiệm theo modulo n phương trình x2 ≡ −1 mod n 2k Suy không tồn n để |An | = 130 Bài 29 (IMO 2003) Chứng minh với số nguyên tố p, tồn số nguyên tố q ước np − p với n Giải Với p = q = Xét p lẻ Ta có vp (xn − y n ) = vp (x − y) + vp (n) Tài liệu tham khảo Phần nguyên- Bài tập ứng dụng : Hoàng Xuân Thanh pp − = (p − 1)(1 + p + p2 + · · · + pp−1 ) Chú ý + p + p2 + · · · + pp−1 không đồng dư mod p2 , nên có ước nguyên tố q khơng có dạng kp2 + Ta chứng minh q thoả điều kiện đề bài.„ suy q|p − Suy ≡ + p + p2 + · · · + pp−1 ≡ p mod q, hay p = q, vơ lí Vẻ đẹp phần ngun từ tính chất : Nhóm học sinh chun tốn trường KHTN Hà Nội Bài 30 Tìm số nguyên k, m, n > cho k m |mn − k n |nm − Hàm phần nguyên ứng dụng: Luận văn thạc sĩ toán học Tạ Duy Phượng Giải Gọi p Số học qua định lý toán : Trần Nam Dũng Các hàm số học ứng dụng : Luận văn thạc sĩ Toán học, Đỗ Cao Sơn Các diễn đàn : mathscope.org , diendantoanhoc.net/forum, artofproblemsolving.com/Forum Ngồi tác giả nhận ủng hộ giúp sức Tiến sĩ Trần Nam Dũng, xin trân thành cảm ơn giúp đỡ thầy Chúc bạn hiểu sâu hơn, Phần nguyên sau đọc viết ước nguyên tố k Giả sử m > n Đặt d = op (m) Suy vp (mn − 1) = vp (md − 1) + vp n = op (md − 1) d Suy pm |md − Suy pm md − mp−1 − < mp (1) Mặt khác, k m mn − < mm − < mm Suy p < k < m Nếu p m Khi hàm số f (x) = logx x đồng biến [3, +∞), suy hay pm > mp , mâu thuẫn (1) Suy p = Suy m, n lẻ Nếu n = dễ dàng suy m = Khi k Xét m > n > Ta có 4|k m |mn − 1, mà n lẻ nên m ≡ mod Suy m log m > p , log p v2 (mn − 1) = v2 (md − 1) Suy 2m |md − 1, suy 2m md − = m − 1, vô lí Tóm lại, (m, n, k) = (1, 1, k), (m, n, 1) Căn nguyên thủy ĐỊNH NGHĨA: Số nguyên dương a gọi nguyên thủy n on (a) = ϕ(n) Lưu ý số nguyên dương n có nguyên thủy Ta chứng minh n có nguyên thủy n = 2, 4, pk , 2pk với p số nguyên tố lẻ Sau 98 119 Bài toán : Cho n số nguyên dương thỏa mãn n! có 2002 chữ số tận Chứng minh n 8024 ta xét số tập nguyên thủy Bài Chứng minh nguyên thủy 3n với n Bài toán : Với n số nguyên , chứng minh Giải Ta chứng minh quy nạp Dễ thấy n = 1, kết luận toán Giả sử k k−1 kết luận với n = k, tức 2ϕ(3 ) ≡ 22.3 ≡ mod 3k Gọi d bậc mod 3k+1 Do 2d ≡ mod 3k+1 nên 2d ≡ mod 3k , suy 2.3k−1 |d Mặt khác, d|ϕ3k+1 = 2.3k Suy d = 2.3k−1 hay d = 2.3k Ta chứng minh bổ đề sau quy nạp: n−1 22.3 n+4 n−1 n+2 + + =n 4 Bài toán : ( Đài Loan 1998) Chứng minh với số nguyên dương m n, ta ln có: m−1 ≡ + 3n mod 3n+1 (m, n) = k=0 Bổ đề với n = Giả sử bổ đề với n = k, suy 22.3 k−1 Bài toán : Tìm min{xn |1 = + 3k + 3k+1 m Lập phương hai vế k 23 = + 3k+1 + 3k+2 M Suy 2.3k ≡1+3 k+1 mod kn + m + n − mn m M } với M = 20142014   x = M (xn ) : x+[ xM ] n  ∀n xn+1 = n Bài toán : Tìm số nguyên dương n lớn cho 2014! chia hết cho 7n k+2 Theo nguyên lý quy nạp, bổ đề chứng minh Suy d = 2.3k Bài toán 6: (Canada 1998) Tim số số a thỏa mãn a a a + + =a Nhận xét: Ta chứng minh toán sau: nguyên thủy 5n với n n Bài toán 7: ( Hàn Quốc 1997)Tính tổng √ √ k theo n a = n k=1 Bài Chứng minh n = 3k−1 2n ≡ −1 mod 3k Bài toán : Cho (m, n) = với m chẵn Tính tổng Giải Theo Bài nguyên thủy 3k , suy bậc mod 3k 2n Suy k−1 22n − ≡ (2n − 1)(2n + 1) ≡ mod 3k Mặt khác, 2n − ≡ (−1)3 − ≡ mod 3, suy 2n + ≡ mod 3k n−1 km (−1)[ n ] S= + 2n k=1 km n Bài toán : (Balkan 1998 ) Tính số hạng khác dãy Bài Cho n nguyên tố n p = + Chứng minh n−1 p−1 + ≡ mod p p số n Giải Do p−1 = 2n−1 nên 32 ≡ −1 mod p, suy 32 ≡ mod p, suy bậc mod p 2n , hay p−1 Suy p−1|ϕ(p), hay p−1 ϕ(p) Suy ϕ(p) = p−1, hay p số nguyên tố n n n Bài (AMM) Xét f (n) ước chung lớn − 2, − 3, − 4, Xác định f (n) chứng minh f (2n) = Giải Gọi p ước nguyên tố f (n) Dễ thấy vp (f (n)) = 1, p||pn − p Gọi a nguyên thủy p (do p nguyên tố nên tồn a vậy) Do (a, p) = p|an − a, suy p − 1|n − Với p − 1|n − p|mn − k với số nguyên dương m Do hàm f xác định sau k2 : k = 1, 2, , 1997 1998 Bài toán 10 : Chứng minh tích n số ngun liên tiếp ln chia hết cho n! Bài toán 11 : (APMO 2001) Tìm số nguyên N lớn cho số số thuộc tập hợp {1, 2, , N } chia hết cho số số thuộc tập chia hết cho Bài toán 12 : Chứng minh với số nguyên dương n (2n − 1)(2n − 2)(2n˘4) (2n − 2n − 1) n! Bài toán 13 : Chứng minh Cnk ≡ ( mod 2) ∀k = 0, n ⇔ n ≡ ( mod 2) 118 99 f (n) = p1 p2 · · · pk với pi − 1|n − 1, i = 1, k Mặt khác 4444 ≡ (−2)(mod9) ⇒ N ≡ 24444 = 81431 ≡ (−2)(mod9) Do S(B) ≡ 7( mod 9) (2) Từ (1) (2) ta có S(B) = Bài tập tương tự: Xét f (2n) Theo cách xác định f (2n) có ước ngun tố q > q − ước chẵn 2n − 1, vơ lí Do f (2n) = Bài Cho p 2012 Ví dụ 6: Đặt A = S(30.4 số nguyên tố Tìm tất số nguyên dương k cho ), B = S(A) Tính S(B) p|1k + 2k + · · · + (p − 1)k Ví dụ 7: (VMO 20004) Tìm giá trị nhỏ S(n) n chạy tập bội 2003 HD : Sử dụng bổ đề : Giải Đặt Sk = 1k + 2k + · · · + (p − 1)k Với k bội p − 1, ta có • 1001 số nguyên dương nhỏ số số ngun dương mmà 10m ≡ 1(mod 2003) • Khơng tồn bội dương 2003 có dạng 10k + với k ∈ N • Tồn bội dương 2003 có dạng 10k + 10h + 1, với k, h ∈ N Và sử dụng thêm tính chất S(n) ta đáp án S(n) = Bài tập tự luyện : Bài toán : Cho số tự nhiên N thỏa S(N ) = 100, S(5N ) = 50 Chứng minh N chẵn Hướng dẫn: Đặt M = 5N S(M ) = 50 S(2M ) = S(10N ) = S(N ) = 100 Suy phép cộng M + M = 2M phép cộng khơng nhớ Bài tốn 2: Tìm n nhỏ cho n số tự nhiên liên tiếp tùy ý chọn số N mà S(N ) vdots 13 Đáp án : 79 1999 Bài toán 3: Đặt a = S((29 ) Đáp án : c=8 mod p Ta chứng minh với k khơng phải bội p − p|Sk Thật vậy, gọi a nguyên thủy p Dễ dàng chứng minh {0, a1 , a2 , , ap−1 } hệ thặng dư đầy đủ mod p Suy (a1 , a2 , , ap−1 ) hoán vị (1, 2, , p − 1) Suy k k k 1k + 2k + · · · + (p − 1)k ≡ a1 + a2 + · · · ap−1 ≡ ak + ak + · · · a(p−2)k a(p−1)k − a−1 ≡ mod p ≡ ak Vậy với k khơng phải bội p − p|Sk Nhận xét: Bài tốn có ứng dụng đặc sắc sau: Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên x, y, z không đồng thời chia hết cho p cho p|ax2 + by + cz ); b = S(a); c = S(b) Tìm c TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài toán 4: CMR với n số tự nhiên ta ln có S(8n) S(n) Bài tốn 5: Cho a số chẵn khơng chia hết cho Chứng minh lim S(an ) = +∞ n→+∞ Bài tập tổng hợp Sk ≡ p − ≡ Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu, Prolems from the book Naoki Sato, Number theory Hà Duy Hưng, Một số phương pháp giải toán số học sơ cấp Các diễn đàn AoPS, MathScope 100 117 Bằng cách thử trực tiếp ta thấy giá trị n cần tìm n ∈ {1969, 1972, 1975} Ví dụ 3: Tìm n thỏa n + S(S(n)) = 2014 Bài tốn xin dành cho bạn đọc Ví dụ : (PTNK 2008) Với số nguyên dương n, gọi S(n) tổng chữ số n a) Chứng minh số n = 999 n = 2999 biểu diễn dạng a + b với S(a) = S(b) b) Chứng minh số n, 999 < n < 2999 biểu diễn dạng a + b với S(a) = S(b) Giải : a) Giả sử biểu diễn n = 999 : Ta có : a + b = 999, mà phép cộng khơng có nhớ nên S(a) + S(b) = S(a + b) = S(999) = 27 Mà S(a) = S(b) nên 2S(a) = 27 (vô lý) n = 2999 : Tương phép cộng a+b=2999 khơng có nhớ nên ta có ĐPCM b) Trước hết ta chứng minh 999 < n < 2999 tồn số tự nhiên k cho S(k) + S(n˘k) số chẵn Thật vậy, S(n) số chẵn ta chọn k = Nếu S(n) lẻ, giả sử n = ba2 a1 a0 , b ∈ {1; 2} Do 999 < n < 2999 n = 1999 (do S(n) lẻ) nên tồn i choai < Chọn i lớn thoả mãn điều kiện Khi chọn k = 10i.(ai + 1) S(k) = + S(n − k) = S(n)˘ai˘1 + (phép trừ có nhớ tạo số vị trí giảm đơn vị vị trí trước đó) Từ suy S(k) + S(n − k) = + + S(n)˘ai˘1 + = S(n) + chẵn S(n) lẻ Bây giả sử ta tìm k cho S(k) + S(n − k) số chẵn Khi đặt k = a3 a2 a1 a0 n − k = b3 b2 b1 b0 Do S(k) + S(n − k) chẵn nên số số i cho + bi lẻ chẵn Với cặp số (i, j) cho + bi = 2ji + 1, aj + bj = 2ki + lẻ, ta đổi → = ki + 1, bi = ki , aj = kj , bj = kj + Với số i cho a1 + b1 = 2ki , ta đổi → = bi = ki Khi dễ dàng nhận thấy a3 a2 a1 a0 + b3 b2 b1 b0 = a3 a2 a1 a0 + b3 b2 b1 b0 = n S a3 a2 a1 a0 = S b b b b Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: (IMO 1975) Đặt A = S(44444444 ) B = S(A) Tìm S(B) Giải : Đặt N = 44444444 Do N < 100004444 nên N không 4444.4 < 20000 số Từ A < 9.20000 = 180000 ⇒ B S(9999) = 45 ⇒ S(B) 39 = 12 (1) 116 S(n) n CM : Dễ thấy S(n) 0, từ ∞ S(n) = n − k=1 Suy S(n) S(m + n) n ( dấu “=” xảy n Chuyên đề 8: Hàm phần nguyên phần lẻ n 10k Lưu Giang Nam 9) S(m) + S(n) ∞ CM : Ta có : S(m) + S(n) = m + n − k=1 Áp dụng BĐT [a] + [b] [a + b] ta ∞ S(m) + S(n) Phần nguyên lĩnh vực hay độc đáo toán sơ cấp, cao cấp ứng dụng.Có nhiều tốn hay phần nguyên sử dụng làm đề thi học sinh giỏi cấp, có nhiều đề thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế Mặt khác, hàm phần nguyên có ứng dụng quan trọng khơng tốn học phổ thơng, mà nhiều vấn đề tốn ứng dụng cơng nghệ thơng tin (làm tròn số, tính gần đúng, ) Phần nguyên thể kết nối tính liên tục tính rời rạc, tốn giải tích tốn rời rạc nên thú vị Tuy nhiên giới hạn kiến thức nên viết tác giả xin trình bày tính chất, ứng dụng phần nguyên phạm vi THPT ∞ m n + k 10 10k k=1 m+n−9 k=1 m+n 10k = S(m + n) (đpcm) Dấu xảy phép cộng m + n khơng có nhớ S(m.n) S(m).S(n) Bạn đọc chứng minh thơng qua biểu diễn m, n mn hệ thập phân Từ ta có tổng qt : Định nghĩa, tính chất tập S( Định nghĩa ) S(ai ) i=1 S( i=1 ) Phần nguyên số thực x, kí hiệu [x], số nguyên lớn không vượt x Phần lẻ số thực x, kí hiệu {x}, phần lại x bỏ phần nguyên: {x} = x − [x] Giá trị nhỏ hai số x − z x + − z gọi khoảng cách từ x đến số ngun gần kí hiệu ]x[ Số nguyên gần số thực x kí hiệu (x) gọi số làm tròn x S(ai ) i=1 i=1 Bài tập ví dụ Ví dụ 1: Tìm n cho S(n) = n2 − 2014n + Giải : Ta có S(n) n ⇔ n2 − 2014n + n Giải hệ bất phương trình, kết hợp n ∈ N ta n = 2014 Vậy n = 2014 Ví dụ 2: Tìm n cho: n + S(n) + S(S(n)) = 2001 Giải : Ta có n 2000 ⇒ S(n) S(1999) = 28 ⇒ S(S(n)) 10 ⇒ n 1972 Mà 3n ≡ n + S(n) + S(S(n)) ≡ 2001 ≡ 3(mod9) ⇒ n ≡ 1(mod9) ⇒ n ∈ {1963, 1966, 1969, 1972, 1975, 1978, 1981} Các tính chất quen thuộc x = [x] x ∈ Z x = {x} x − < [x] x số hữu tỉ r1 , r2 , rn thỏa mãn < ri , ri = hàm số n f (kri ) k chạy tập số i=1 nguyên 11 ( Romania MO 2003 ) Cho A = √ 4n2 + n, n ∈ N Chứng minh {A} Theo bổ đề với số tự nhiên a với b thỏa mãn i=1 f (x) = [x] + x + Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P (k) = 2k − 12 (Austrian MO 1974, Hong Kong TST 1988) Chứng minh √ √ √ n+ n+1 = 4n + p+1 a p − a2 + b2 ≡ 0(modp) b Suy a2 + (p − b)2 ≡ 0( mod p) p−1 Do tồn a ∈ 1; thỏa a2 + a ≡ 0(modp) Gọi x,y số số dư chia k cho p k p−1 có giá trị lớn nhỏ p − p−1 p−1 Theo nhận xét x = y, x + y = ⇒ x = y = 2 Từ S = x.1 + y.0 = p−1 p−1 Vậy S = b) Do p ≡ 1( mod 8) nên tồn a cho a2 ≡ 2( mod p) p ≡ 1( mod 4) Ta có : p−1 13 ( Canada MO 1987) Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ n+ n+1 = 4n + = 4n + + 4n + P = k=1 14 (Đề nghị Olympic 30/4, THPT Lê Quý Đơn Quảng Trị) Tìm tất nghiệm khơng ngun phương trình 96 96 = [x] + x+ x [x] k2 = p p−1 k=1 p−1 k2 2k − p p Ta cần tính Ta có : k=1 p−1 p−1 8x + 4x − 16x − + = k=1 p−1 = 16 (Sweden MO 1982) Với n ∈ N , xác định xem phương trình x2 − [x2 ] = {x2 } có nghiệm đoạn [1;n] k=1 p−1 = 17 (VMO 1979) Tìm tất số α cho phương trình x2 − 2x[x] + x − α = có hai nghiệm số phân biệt khơng âm k=1 k2 2k −2 p p − x[x[x[x]]] = 88 2k k − p p p−1 k2 − p k=1 p−1 19 (Belarusian Olympiad 1999) Chứng tỏ phương trình {x } + {y } = {z } có vơ số nghiệm ngun = k=1 k2 2k − p p −S 2k k2 − p p p−1 2k p − k=1 2k p − k=1 2k p − k2 p − k2 p k2 p Theo nhận xét tập hợp số dư chia k , p−1 số dư chia 2k ,1 k cho p tức 18 (Olympic Czech and Slovak, 1998) Tìm tất số thực x cho p−1 k2 2k − p p k=1 15 (Đề nghị Olympic 30/4, THPT Lê Quý Đôn Quảng Trị) Giải phương trình p−1 ln tồn số tự nhiên n k p−1 cho p trùng với tập hợp =0 Suy 20 (Australian MO 1999) Giải hệ phương trình    x + [y] + {z} = 200  {x} + y + [z] = 190,    [x] + {y} + z = 178, p−1 k=1 2k k2 − p p p−1 = k=1 k2 p = p2 − 24 p −1 p−1 (p − 1)(p − 5) − = 24 24 Từ nhận xét ta thấy bổ đề quan trọng, sử dụng thường xuyên Vậy P = 112 105 Khi Ứng dụng định lý Hermite định lý Legendre a2 + b2 ≡ a2 (p2 + 1) ≡ 0(modp) Suy ĐPCM Vậy bổ đề chứng minh p+1 p−1 Áp dụng với i 2 p−1 S= i=1 p−1 2 i p = i=1 Ứng dụng định lý Hermite qua tốn Định lí Hermite : Với số tự nhiên n số thực x ta ln có : j [x] + x + p − ta thấy : n−1 + x+ + + x + = [nx] n n n hay p−1 2 i ij + p p = i=1 p−1 i p−1 (p − 1)(p − 2) − = p Vậy x+ [nx] = i=0 i n (∗) Hệ : S= (p − 1)(p − 2) Tiếp tục đề thi Chọn đội tuyển IMO Việt Nam năm 2005 (Vietnam TST 2005) Bài toán (Vietnam TST 2005) : Cho p số nguyên tố (p > 3) Tính: p−1 a) S = k=1 p−1 b) P = k=1 2k k2 −2 p p [x] + x + = [2x] Đẳng thức (*) đẳng thức đẹp số học tổ hợp, ứng dụng nhiều tốn tính tổng liên quan đến phần nguyên Trước hết ta xét toán mở đầu: Ví dụ 1: Cho n ∈ R, m ∈ N, m 2, tính tổng p ≡ 1(mod4) k2 p ≡ 1(mod8) p Giải: Trước hết ta chứng minh bổ đề : p−1 Bổ đề : Với p số nguyên tố thỏa p ≡ 1(mod4) số tự nhiên a với a p+1 tồn số tự nhiên b thỏa mãn b p − a2 + b2 ≡ 0(modp) Bổ đề : Với x số thực [2x] − [x] {x} < x< Chứng : Bổ đề : Xem bổ đề Bổ đề : Ta có x = [x] + {x} Suy i j n ∞ m−1 n + jmi mi+1 S= i=0 j=0 Giải : Ta có ∞ m−1 ∞ n j + = i+1 m m S= i=0 j=0 i=0 n−1 ∞ m−1 {x} < [2 {x}] = => [2x] − [x] = 1 x < [2 {x}] = ⇒ [2x] − [x] = Vậy bổ đề chứng minh Quay trở lại toán : p−1 số hạng Theo bổ đề tất số hạng có giá trị a) Ta thấy S có tất = [n] 2k + jmi = 2n − i+1 k=0 i=0 j=1 n−1 2n − = 2n − (ĐPCM) 2−1 2k = HD : Ứng dụng bổ đề ta có V T = Bài tốn 2: Chứng minh p−1 ∞ m−1 Khi đó: +) +) n n − i m mi+1 Vậy S = [n] Bài toán chứng minh đơn giản có ứng dụng hay nhiều tốn tính tổng, đặc biệt tốn có nhiều dấu Ta xét số toán ứng dụng cho bổ đề : Bài toán 1: Chứng minh k=0 [2x] − [x] = [2 [x] + {x}] − [[x] + {x}] = [2 {x}] − [{x}] = [2 {x}] x+i = n [x] j k p x+ k=0 i=0 j=0 mi+1 p−1 HD: Ứng dụng bổ đề ta có V T = Bài tốn 3: Tìm m để y với p−1 ∞ m−1 y= k=0 i=0 j=0 x+ k=0 k + p mi+1 Cn2 + + jmi jmi = [px] k = [px] ( Áp dụng định lí Hermite lần ) p [ p2 ] ∞ m−1 − k=0 j=0 j=0 Cp2k + jmi mi+1 106 111 p2 (p − 1) − 2p−1 Để y p2 (p − 1) Điều dẫn ta tới p ≡ 0( mod 2) p ≡ 1( mod 4) Bài toán 4: ( IMO 1968) Tính tổng HD: Chọn f (k) = k , HD: Dễ thấy y = ∞ k=0 f (k) = k=1 p−1 ∞ HD: Áp dụng bổ đề với j = 1, m = ta dễ dàng thu k=0 x+2 2k+1 i=0 HD : Ta có m−1 S= i=0 + b − am m−1 = [x] i=0 k=1 Áp dụng giải phương trình S = HD : Chọn f (k) = (−1)k+1 k , + b am + b = am n m−1 i=0 + b − am m−1 i=0 b i + , am m (n + 1)2 (2n − 1) f (k) = k=1 n chẵn đến áp dụng bổ đề ta kết n f (k) = k=1 Ứng dụng định lý Legendre số mũ nguyên tố Định lí Legendre: Số mũ số nguyên tố p phân tích tiêu chuẩn n! tính theo cơng thức n vp (n) = pi i −n2 (2n + 3) n lẻ Ta nhận thấy trên, tất deg f (k) lẻ ( đáp ứng điều kiện đề Còn deg f (k) chẵn sao? Trường hợp ta xét ví dụ sau: Bài tốn : Với p số nguyên tố có dạng 4k + 1, tính p−1 S= Chứng minh : i=1 n n Ta có nhận xét n < pi m = 0, m i Trong phân tích chuẩn n có bội số p p p Do n n n! = p[ p ] !A1 , (A1 , p) = p Tương tự   n [ np ] p n  p !A2 , (A2 , p) = !=p p p Mà theo tính chất (−1)k+1 k p S= k Bài tốn 5: Tính tổng S= p(p − 1) Bài tốn 4: Cho p số ngun tố lẻ, tính x + 2k 2k+1 m−1 p−1 [x] x = ta có n n   n p  p = n n + ⇒ n! = p[ p ] p n p2 n !A2 p2 n n Lí luận tương tự với ! tiếp tục k < p p p Cuối ta thu số mũ vp (n) p phân tích chuẩn n! : vp (n) = n n n + + + k p p p i2 p Nhận xét : Ta thử làm giống Chọn f (k) = k Khi dễ thấy f(k) khơng chia hết cho p f (k) + f (p − k) = k + (p − k)2 = 2k − 2pk + p2 không chia hết cho p Điều mâu thuẫn với điều kiện đề cho Vậy ta làm Giải : Trước hết chứng minh bổ đề p−1 Bổ đề : Với p số nguyên tố thỏa p ≡ 1(mod4) số tự nhiên a với a p+1 tồn số tự nhiên b thỏa mãn b p − a2 + b2 ≡ 0( mod p) Chứng minh : Theo định lí Wilson ta có : (p − 1)! ≡ −1( mod p) p−1 Với k = 1, p − k ≡ −k( mod p) ⇒ k(p − k) ≡ −k ( mod p) p−1 Kết hợp với giả thiết p ≡ 1( mod 4) ⇒ ≡ 0( mod 2), ta được: −1 ≡ (p − 1)! ≡ (−1) p−1 ! p−1 p−1 ! ⇒ ϕ2 ≡ −1(modp) p−1 p+1 ta chọn Với a 2 = p−1 ! 2 (modp) Đặt ϕ = b p − thỏa mãn b2 ≡ a2 ϕ2 (modp), dễ thấy b tồn 110 107 Giải : qf (k) qf (p − k) qf (k) qf (p − k) + ∈ Z, mà ∈ / Z nên ∈ / Z với k = 1, p − Ta có p p p p Do từ tính chất phần lẻ ta có qf (k) p qf (p − k) p + ĐPCM (2m)!(2n)! Vậy ∈ N∗ (đpcm) m!n!(m + n)! Các tập tương tự : Bài toán : CMR với m, n ∈ N ta ln có HD giải : Chọn f (k) = k , theo toán mở đầu ta có p−1 m + pi Ta cần chứng minh p−1 Vậy ∞ p−1 = Từ ta có p−1 HD: Ta tìm số mũ p phân tích chuẩn (2m)!(2n)! n!m!(m + n)! , sau chứng minh vp ((2m)!.(2n)!) vp (n!m!(m + n)!) Giải : Ta có ∞ ∞ 2n 2m + vp ((2m)!(2n)!) = i p pj j=1 i=1 p−1 số tự nhiên HD: Chứng áp dụng BĐT [5x] + [5y] Bài toán : CMR với n ∈ N ta có [3x + y] + [x + 3y] 12(5n)! n!(n + 1)!(n + 2)!(n + 3)!(n + 4)! (p − 1)(q − 1) kq = p Tiếp theo ta qua dạng chứng minh chia hết, kết hợp với hệ đếm số Bài toán : Cho p số nguyên tố lẻ, tính p−1 k=1 số tự nhiên k3 q Ví dụ : Cho số nguyên tố p Tìm n ∈ N cho n! pn−1 Giải : 108 109 p = ta cần chứng minh n! 2n−1 Với n lẻ tức n = 2k + ta có : n Mặc khác ta có 2k−i = ta có : i=k+1 n ∞ ∞ 2k < 2i v2 ((2k + 1)!) = v2 ((2k)!) = i=1 l= 2k 2k = 2k = n − = i 2−1 i=1 k Suy số mũ phân tích n! nhỏ n-1, n! khơng chia hết cho Với n = 2k (2m + 1) ta có : = ak i=0 k=0 n k1 ∞ k−1 i = (2m + 1) + t=0 t=0 2i − 2k+1 − 12 ak 2k − = k=0 2m + 2t k ak k=0 n 2k (2m + 1) 2i i=1 k k = v2 (n!) = v2 ((2k (2m + 1))!) = i=0 k=0 n n−1 ∞ 2k−i ak n 2k = 2m − ak k=0 Suy n k 2m − l = < (2m + 1)(2 − 1) + 2m = (2m + 1) − = n − ak k=0 Suy n! không chia hết cho 2n−1 Với n = 2k ta có Cơng việc cuối phải chứng minh tồn vô hạn số (ak )ni=0 cho n ∞ v2 (n!) = v2 ((2k )!) = i=1 2k = 2i ak = 11 + 22 + + 20142014 k−1 2i = 2k − = n − k=0 i=1 Suy n! chia hết cho 2n−1 Vậy n = 2k giá trị cần tìm p = làm tương tự ta thu khơng có giá trị n thỏa mãn p > ta có kết khơng có giá trị n thỏa mãn Vậy có giá trị n = 2k , k ∈ N ( ứng với p=2) thỏa đề Nhận xét : Từ ta có nhận xét n = 2k , k ∈ N tất ước nguyên tố n! lớn n-1 Sau số toán sử dụng hệ đếm số tốn phần ngun Ví dụ 3: Giả sử m! = 2l (2k + 1), m, k, p ∈ N, chúng minh tồn vô hạn m cho: Mà điều hiển nhiên Vậy toán chứng minh Ta xét ví dụ tương tự sau: Bài tốn 1: Giả sử m! = 3l (3k + 1), m, k, p ∈ N, chúng minh tồn vô hạn m cho: m − 2l = 1! + 2! + + 30! n ak 3k , sau biến đổi ta m − 2l = HD : Làm tương tự trên, giả sử m = an an−1 a0 = k=0 n ak k=0 Hàm có chứa phần nguyên 2m − l = 11 + 22 + + 20142014 Trong tổ hợp, dạng tốn tính tổng đa dạng nhiều cách giải Một vần đề hay gặp tốn tính tổng tổng hàm có chứa phần nguyên Sau tơi xin giới thiệu dạng tốn đẹp phần với toán mở đầu Giải: Giả sử hệ đếm số , m biểu diễn dạng: n ak 2k m = an an−1 a0 = k=0 Khi ∞ l = vp (m!) = i=0 m = 2i n i=0 m = 2i n n n k−i ak i=0 k=0 = n 2k−i ak k=0 i=0 Ví dụ 1: Cho p số nguyên tố lẻ, q số nguyên không chia hết cho p, f : N → − R , thỏa 1) f (x) không chia hết cho p , với x ∈ N 2) f (x) + f (p − x) chia hết cho p với x ∈ N Chứng minh : p−1 p−1 q q p−1 f (k) = f (k) − p p k=1 k=1 ... tính theo cơng thức n vp (n) = pi i −n2 (2n + 3) n lẻ Ta nhận thấy trên, tất deg f (k) lẻ ( đáp ứng điều kiện đề Còn deg f (k) chẵn sao? Trường hợp ta xét ví dụ sau: Bài tốn : Với p số nguyên tố... p p−1 k=1 p−1 k2 2k − p p Ta cần tính Ta có : k=1 p−1 p−1 8x + 4x − 16x − + = k=1 p−1 = 16 (Sweden MO 1982) Với n ∈ N , xác định xem phương trình x2 − [x2 ] = {x2 } có nghiệm đoạn [1;n] k=1 p−1... nhiên a với a p+1 tồn số tự nhiên b thỏa mãn b p − a2 + b2 ≡ 0( mod p) Chứng minh : Theo định lí Wilson ta có : (p − 1)! ≡ −1( mod p) p−1 Với k = 1, p − k ≡ −k( mod p) ⇒ k(p − k) ≡ −k ( mod p) p−1