MỘT số bài TOÁN số học TRONG kỳ THI OLYMPIC

MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TỐN Trong kỳ thi Olympic tốn Quốc tế lần thứ 49 tổ chức Tây Ban Nha có toán sau (bài toán 1) mà tác giả Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva) Bài tốn 1: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n  có ước nguyên tố lớn 2n  n Bài toán tốn khó ngày thi thứ Lời gi ải toán đ ược phát tri ển t l ời giải toán đơn giản sau đây: Bài toán 2: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + không ước n! (Đề thi chọn đội tuyển Inđơnêxia dự thi Tốn Quốc tế năm 2009) Lời giải toán 2: Bổ đề: Tồn vô số số nguyên tố dạng 4k + (k  N*) Chứng minh: Gọi A tập hợp gồm tất số nguyên tố dạng 4k+1 (k  N*) , Khi A rỗng  A Giả sử A tập hữu hạn Gọi p0 phân tử lớn A  p0 5 Giả sử p1, p2 … pn tất số nguyên tố nhỏ p0 2 đặt a  p0 p1 pn  đ? a  N*, a > Giả sử q ước nguyên tố a  q pi ,  i  {0,1,2 …, n} Mặt khác (2p0p1… pn) + 0 (modq)  - số phương (modq) q lẻ q   1 q :  q 1(mod 4)  q có dạng 4k + (k  N*) Mặt khác q> p0 Điều Suy   1  ( 1) 1  q   mâu thuẫn với cách chọn p0 Vậy tồn vô số số nguyên tố dạng 4k + (k  N*) Chúng ta chuyển sang việc giải toán Giả sử p số nguyên t ố dạng 4k + (k  N*)  p   1   ( 1) 1   số phương (modp)  p  np  { 0,1,2 … ,p - 1} cho n 2p  1(mod p )  n 2p +1: p np! không chia hết cho p  np ! không chia 2 hết cho n p + Ta có: n p +  p  np  p  Vì tồn vô số số nguyên tố p dạng 4k + (k  N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho n2 + không ước n! Bài toán 3: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên tố l ớn c n + lớn 2n (Tạp chí Animath Pháp năm 2006) Lời giải toán 3: Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + (k  N*) p   1 Suy   ( 1) 1   số phương (modp)  p  x  {0,1,2, … ,p - 1} cho x2  - 1(modp) Ta có: q2  (p- q)2 (modp) (q  Z) p  q  {0,1,2, …, } cho q2 -1 (modp) p 1 p Thật giả sử 2m + 2m Vì m2 +1  p nên m2 p -1  m  p  Vì tồn vô số số nguyên tố p dạng 4k + (k  N*) nên tồn vô số số nguyên dương n cho ước nguyên t ố l ớn c n2 + lớn 2n  2n Lời giải thứ toán 1: Giả sử n số nguyên, n 24 Giả sử p ước nguyên tố (n!) + p Hiển nhiên p > n Giả sử x  (0, ) số dư phép chia n ! – n! cho p Khi đ? < x< p – x < p Ta c? 2 x + chia hết cho p Thật tồn m  Z cho n! = mp + x – n! = mp + x Trong c ả hai tr ường h ợp ta có (n!)2+1 = (mp+x)2 +1  x2 +1 = (n!)2 + – m2p2 – 2mpx  x2+1p Từ suy p ước p2 2px + 4x2 + = (p – 2x)2 +  p  (p – 2x)2 +  p  2x + p  Giả sử p > 20 N?u     p -  2x + p  -  2x + 20 – 4> 2x  p  2x + p  > 2x + x Từ suy điều phải chứng minh Bài toán sau toán tổng quát toán Bài toán 4: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n + có ước nguyên tố lớn 2n + n Bài toán 5: Chứng minh với số nguyên n 3, tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn, yn) cho xn  yn2 2 n (Đề thi Olympic Toán Bungari năm 1996) Lời giải: Với n = , chọn x3 = y3 = 2 n Giả sử với n 3 , tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn,yn) cho xn  yn 2 Ta chứng minh cặp x  yn x  yn x  yn x  yn 2 n 1 (X= n ) , (X= n ) thoả măn X  Y 2 ,Y  n ,Y  n 2 2 2  x  yn   xn  yn  2 Thật 7 n    = ( xn  yn ) = 2n = 2n+1     x  yn k  l  Vì xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l  Z)  n xn  y n x  y n xn  y n lẻ Vì với n +1  k  l Điều chứng tỏ số n , 2 2 n tồn số tự nhiên lẻ xn+1 yn+1 thoả măn xn1  y n1 2 +1 Bài toán : Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x + 15y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên (x,y) (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trước hết ta chứng minh với số nguyên n 2 tồn cặp số nguyên dương lẻ (x n , 2 n yn) cho cho xn  15 yn 4 Thật với n = , chọn x2 = , y2 = 2 n Giả sử với n 2 tồn cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) cho cho xn  15 yn 4 Ta chứng minh cặp 15 yn  xn y  xn x  yn 15 yn  xn 2 n 1 (X= ), (X= ) thoả măn X  15Y 4 ,Y  n ,Y  n 2 2 2  15 y n  xn   y  xn  2 Thật    15 n  = ( xn  15 y n ) = 4n = 4n+1     x  yn k  l  Và xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l  Z)  n y  xn (2l  1)  (2k  1) x  yn yn  xn n lẻ   l  k Điều chứng tỏ số n , 2 2 2 n 1 Vì với n +1 tồn số tự nhiên lẻ xn+1 yn+1 thoả măn xn 1  15 yn 1 4 Trở lại toán 6: 2 n Với n = 1, phương trnh x  15 y 4 có nghiệm tự nhiên (x,y) = (2,0) 2 n Với n = 2, phương trnh x  15 y 4 có nghiệm tự nhiên (x,y)= (4,0); (1,1) 2 n Giả sử với n  2, phương trnh x  15 y 4 có n nghiệm tự nhiên (x1,y1), (x2,y2), …, (xn, yn) (x,y) = 2 n ( 2xk, 2yk) (1  k  n) nghiệm tự nhiên phương trình x  15 y 4 +1 Theo chứng minh 2 n 2 n phương trình x  15 y 4 +1 lại có nghiệm tự nhiên lẻ Vậy phương trnh x  15 y 4 +1 có n+1 nghiệm tự nhiên Bài toán đă giải x2  y2 Bài tốn 7: Tìm tất cặp số nguyên dương (x,y) cho số nguyên ước x y 1995 (Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995) Lời giải : Trước hết ta chứng minh Bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + (q  N) Giả sử x, y số nguyên cho x + y2 chia hết cho p, Khi x y chia hết cho p Thật x p y p Giả sử x khơng chia hết p  y không chia hết cho p Theo định lý nhỏ Phecma ta có x p-1 1 (modp)  x4q+2 1 (modp) Tương tự y4q+2 1 (modp) Ta có x2 + y2 p  x2  -y2 (modp)  (x2)2q+1  (-y2)2q+1 (modp)  x4q+2  - y4q+2 (modp)   - ( modp)  p = (vơ lí) Bổ đề chứng minh x2  y2 Áp dụng bổ đề vào toán 7: Giả sử tồn số nguyên d ương x,y cho x> y , số x y x2  y2 x2  y2 ước 1995 Đặt k = x2 +y2 = k( x –y) k ước 1995 = 3.5.7.19.N?u x y x y k 3 thh k= k1 (k1  N*) (k1 không chia hết cho 3)  x2 + y2 3  x 3 y 3  x = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1  N*, nguyên x1 > y1)  x12  y12 k1 ( x1  y1 ) N?u k = x2 + y2 = x – y Đó điều vơ lí x + y2  x + y > x – y (vì x,y  1) Nếu k = x2 + y2 = 5(x – y)  (2x - 5)2 + (2y +5)2 = 50  x = , y = x = , y = Nếu k = , tương tự trên, tồn k 2 N* cho k = k2 (k2 không chia hết cho 7) x = 7x , y = 7y2 (x2, y2  N* , x2 > y2) x22  y 22 k ( x2  y ) Nếu k 19 tồn k3  N* cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19 ), x = 19x , y = 19y3 (x3, y3  2 N* , x3 > y3 ) x3  y3 k ( x3  y3 ) Vậy tất cặp số ngun dương (x,y) cần tìm có dạng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c, 3c) c  {1,3,7,19,21,57,133,399} x2  y2 Bài toán 8: Tìm tất cặp số nguyên dương (x,y) cho số A = số nguyên ước x y 2010 (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trên sở lời giải tốn ta cần tìm nghi ệm ngun d ương c ph ương 2 trình : x  y k ( x  y ) với k  { 2,5, 10} Phương trnh x + y2 = (x- y) khơng có nghiệm ngun dương Thật giả sử x,y  N* , x > y x2 + y2 = (x- y)  x2 + y2  2x +y2 > 2(x – y) Đó điều vơ lý Phương trình x2 + y2 = (x- y) có nghiệm nguyên dương (x,y) = (3,1), (2,1) Phương trình x2 + y2 = 10 (x- y)  (x-5)2 + (y+5)2 = 50 có nghiệm nguyên dương (x,y) = (6,2) ; (4,2) Vậy tất cặp số nguyên dương (x, y) thoả măn đề (3c, c), (2c, c), (c, 2c) , (c, 3c) , (6c, 2c) , (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) c  {1,3,6,7,201} Cuối số toán dành để luyện tập Bài toán 9: Chứng minh với số nguyên dương n, phương trnh 7x + y2 = 2n+2 ln có nghiệm ngun dương Bài toán 10: Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình x + 15y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên Bài tốn 11: Cho số nguyên dương n Gọi S n tổng bình phương hệ số đa th ức f(x) = n (1+x) Chứng minh S2n+1 không chia hết cho (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài tốn 12: Chứng minh tồn vơ số số nguyên dương n cho 2n +2 chia hết cho n Bài toán 13: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho tất ước nguyên t ố c n + n + không lớn n (Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007) Bài toán 14: Với số nguyên dương n > 1, kí hiệu p(n) ước nguyên tố l ớn c n Ch ứng minh tồn vô số số nguyên n > cho: p(n) < p(n+1) < p(n+2) Bài toán 15: Cho số nguyên a,b thoả măn a>b > Chứng minh r ằng t ồn t ại vô s ố s ố nguyên dương n cho an + bn chia hết cho n Bài tốn 16: Chứng minh tồn vơ số số ngun tố p có tính chất sau: T ồn t ại vô s ố nguyên dương n cho p – không chia hết cho n n! +1 chia hết cho p (Đề thi chọn đội tuyển Mơnđơva dự thi Olympic tốn Quốc tế năm 2007) Bài tốn 17: Chứng minh tồn vơ số số nguyên dương n cho 5n-2 – chia hết cho n (Đề thi Olympic toán Braxin năm 2008) ... chứng minh Bài toán sau toán tổng quát toán Bài toán 4: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho n + có ước nguyên tố lớn 2n + n Bài toán 5: Chứng minh với số nguyên n 3, tồn cặp số nguyên... cho n Bài tốn 13: Chứng minh tồn vơ số số nguyên dương n cho tất ước nguyên t ố c n + n + không lớn n (Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007) Bài toán 14: Với số nguyên... bình phương hệ số đa th ức f(x) = n (1+x) Chứng minh S2n+1 không chia hết cho (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12: Chứng minh tồn vô số số nguyên dương