MỘT số bài TOÁN số học TRONG kỳ THI OLYMPIC

M T S BÀI TOÁN S H C Ộ Ố Ố Ọ TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN

Trong kỳ thi Olympic toán Qu c t l n th 49 đố ế ầ ứ ượ ổc t ch c t i Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toánứ ạ 1) mà tác gi c a nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva).ả ủ

Bài toán 1: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho n2  1 có ước nguyên t l nố ớ

h n ơ 2 n  2 n

Bài toán này là bài toán khó nh t c a ngày thi th nh t L i gi i c a bài toán 1 đấ ủ ứ ấ ờ ả ủ ược phát tri n t l iể ừ ờ

gi i c a các bài toán đ n gi n h n sau đây: ả ủ ơ ả ơ

Bài toán 2: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho n2 + 1 không là ướ ủc c a n!

(Đ thi ch n đ i tuy n c a Inđônêxia d thi Toán Qu c t năm 2009) ề ọ ộ ể ủ ự ố ế

L i gi i c a bài toán 2: ờ ả ủ

B đổ ề: T n t i vô s s nguyên t d ng 4k + 1 (k ồ ạ ố ố ố ạ N*)

Ch ng minh: G i A là t p h p g m t t các s nguyên t d ng 4k+1 (k ứ ọ ậ ợ ồ ấ ố ố ạ N*) , Khi đó A r ng vì 5ỗ

A Gi s A là t p h u h n G i pả ử ậ ữ ạ ọ 0 là phân t l n nh t c a A ử ớ ấ ủ  p0 5

Gi s pả ử 1, p2 … pn là t t c các s nguyên t nh h n pấ ả ố ố ỏ ơ 0

đ t ặ a  4 p p02 12 pn2  1 khi đ? a N*, a > 1 Gi s q là ả ử ước nguyên t c a a ố ủ

 q pi ,  i {0,1,2 …, n} M t khác (2pặ 0p1… pn) 2 + 1 0 (modq)

 - 1 là s chính phố ương (modq) và q l ẻ

q

q

























2 : 2

1 1

) 1 ( 1



1(mod4) q có d ng 4k + 1 (k ạ N*) M t khác q> pặ 0 Đi uề này mâu thu n v i cách ch n pẫ ớ ọ 0 V y t n t i vô s s nguyên t d ng 4k + 1 (kậ ồ ạ ố ố ố ạ N*)

Chúng ta chuy n sang vi c gi i bài toán 2 Gi s p là s nguyên t d ng 4k + 1 (k ể ệ ả ả ử ố ố ạ N*) 

1 1 )

1

(





















p là s chính phố ương (modp)

 np  { 0,1,2 … ,p - 1} sao cho n2p 1(modp) 2

p

n +1: p và np! không chia h t cho p ế  np ! không chia

h t cho ế n + 1 Ta có: 2p 2

p

n + 1  p  np  p 1 Vì t n t i vô s s nguyên t p d ng 4k + 1 (kồ ạ ố ố ố ạ N*) nên t nồ

t i vô s s nguyên dạ ố ố ương n sao cho n2 + 1 không là ướ ủc c a n!

Bài toán 3: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho ước nguyên t l n nh t c a nố ớ ấ ủ 2

+ 1l n h n 2nớ ơ

(T p chí Animath c a Pháp năm 2006) ạ ủ

L i gi i c a bài toán 3: ờ ả ủ Gi s p là s nguyên t d ng 4k + 1 (k ả ử ố ố ạ N*)

Suy ra 1 ( 1) 2 1 1

1





















p là s chính phố ương (modp)

 x  {0,1,2, … ,p - 1} sao cho x2  - 1(modp)

Ta có: q2  (p- q)2 (modp) (q Z)

 q  {0,1,2, …,

2

1



p

} sao cho q2 -1 (modp)

Th t v y gi s ậ ậ ả ử

2

1



p

< x < p  x 

2

1



p

Đ t q = p – x, ta có:ặ

q2 = ( p – x)2  x2  - 1 (modp) và 0 < q 

2

1



p

Ta có: q2 +1  p và

p 2q +1 > 2q Suy ra ước nguyên t l n nh t c a qố ớ ấ ủ 2 +1 l n h n 2q.Vì có vô s s nguyên t d ng 4k + 1(kớ ơ ố ố ố ạ

N*) nên t n t i vô s s nguyên dồ ạ ố ố ương n sao cho n2 +1 có ước nguyên t l n h n 2n.ố ớ ơ

Sau đây là các l i gi i c a bài toán 1 ờ ả ủ

L i gi i th nh t c a bài toán 1: ờ ả ứ ấ ủ Xét s nguyên t p d ng 4k + 1 (k ố ố ạ N*)

 1 ( 1) 2 1 1

1





















p là s chính phố ương (modp)

 x  {0,1,2, … p - 1} sao cho x2  - 1(modp)

Vì x2  (p- x)2 (modp) (x Z)  x  {0,1,2 … ,

2

1



p

} sao cho

x2 -1 (modp)     {0,1,2, … ,

2

1



p















 2

1

-1 (modp)

Đ t m = ặ 















 2

1

p

 m  {0,1,2, …,

2

1



p

} và m2 -1 (modp)

Gi s p > 20 N?u 0ả ử      

4

3 1

4 p 0 < 2 +1    

2

1 1

4 p

(2 +1)2 <p - 4 Vì m2 -1 (modp) nên 4m2 -4 (modp)

M t khác 4mặ 2 = (p – 1 -2 )2  (2 +1)2 (modp)  (2 +1)2 -4 (modp)

Đi u đó là đi u vô lý vì 0 < (2ề ề  +1)2 < p – 4

V y ậ  >   

4

3 1

4 p p > 2m + 2 Vì mm 2 +1  p nên m2 p -1  m  p1 Vì t n t i vô s sồ ạ ố ố nguyên t p d ng 4k + 1 (k ố ạ N*) nên t n t i vô s s nguyên dồ ạ ố ố ương n sao cho ước nguyên t l n nh t c aố ớ ấ ủ

n2 + 1 l n h n ớ ơ 2 n  2 n

L i gi i th 2 c a bài toán 1: ờ ả ứ ủ Gi s n là s nguyên, n ả ử ố 24 Gi s p là ả ử ước nguyên t c a (n!)ố ủ 2 + 1

Hi n nhiên p > n Gi s x ể ả ử (0,

2

p

) là s d trong phép chia n ! ho c – n! cho p Khi đ? 0 < x< p – x < p Ta c?ố ư ặ

x2 + 1 chia h t cho p Th t v y t n t i mế ậ ậ ồ ạ  Z sao cho n! = mp + x ho c – n! = mp + x Trong c hai trặ ả ường h pợ

ta đ u có (n!)ề 2+1 = (mp+x)2 +1  x2 +1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx  x2+1p T đó suy ra p là ừ ướ ủc c a p2 -2px + 4x2 + 4 = (p – 2x)2 + 4

 p  (p – 2x)2 + 4  p  2x + p 4

 p - 4  2x + p 4 - 4  2x + 20 – 4> 2x

 p  2x + p 4 > 2x + 2 T đây suy ra đi u ph i ch ng minhx ừ ề ả ứ

Bài toán sau là bài toán t ng quát c a bài toán 1 ổ ủ

Bài toán 4: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho n2 + 1 có ước nguyên t l nố ớ

h n 2n + 2ơ n

Bài toán 5: Ch ng minh r ng v i m i s nguyên n ứ ằ ớ ỗ ố 3, t n t i c p s nguyên dồ ạ ặ ố ương l (xẻ n, yn) sao cho

n

n

n y

7 2  2 

(Đ thi Olympic Toán c a Bungari năm 1996) ề ủ

L i gi i: ờ ả V i n = 3 , ch n xớ ọ 3 = y3 = 1

Gi s v i n ả ử ớ 3 , t n t i c p s nguyên dồ ạ ặ ố ương l (xẻ n,yn) sao cho n

n

n y

7 2 2  Ta ch ng minh r ngứ ằ

m i c p ỗ ặ

(X=

2

7 , 2

n n n

Y y





) , (X=

2

7 , 2

n n n

Y y





) tho măn ả 7 2 2 2 1



X

Th t v y ậ ậ

2 2

2

7 2























x n y n x n y n = 2 (7x  n2 y n2) = 2 2n = 2n+1

Vì xn , yn l nên xẻ n = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l  Z) 1



 x n y n k l

và x n y n k l







2 Đi u đó ch ng t r ng m t trong các s ề ứ ỏ ằ ộ ố

2

, 2

n n n

n y x y

là l Vì v y v i n +1ẻ ậ ớ

t n t i các s t nhiên l xồ ạ ố ự ẻ n+1 và yn+1 tho măn ả n

n

n y

1

2

Bài toán 6 : Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dứ ằ ớ ỗ ố ương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có ít nh t nấ nghi m t nhiên (x,y) ệ ự

(Đ thi ch n h c sinh gi i Toán Qu c gia năm h c 2009 – 2010) ề ọ ọ ỏ ố ọ

L i gi i: ờ ả Trước h t ta ch ng minh r ng v i m i s nguyên n ế ứ ằ ớ ỗ ố 2 t n t i c p s nguyên dồ ạ ặ ố ương l (xẻ n ,

yn) sao cho sao cho n

n

n y

x215 2 4

Th t v y v i n = 2 , ch n xậ ậ ớ ọ 2 = 1 , y2 = 1

Gi s v i n ả ử ớ 2 t n t i c p s nguyên dồ ạ ặ ố ương l (xẻ n , yn) sao cho sao cho n

n

n y

x2 15 2 4



 Ta ch ngứ minh r ng m i c p ằ ỗ ặ

(X=

2

, 2

15 n n x n y n

Y x





), (X=

2

, 2

15 n n y n x n

Y x



 ) tho măn ả 2 15 2 4 1



X

Th t v y ậ ậ

2 2

2

15 2

15























 y  n x n y n x n = 4 (x  n2 15y n2) = 4 4n = 4n+1

Và xn , yn l nên xẻ n = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l  Z) 1



 x n y n k l

và y n x n  l  k l k

2

) 1 2 ( ) 1 2 (

2 Đi u đó ch ng t r ng m t trong các s ề ứ ỏ ằ ộ ố

2

, 2

n n n

n y y x

là l ẻ

Vì v y v i n +1 t n t i các s t nhiên l xậ ớ ồ ạ ố ự ẻ n+1 và yn+1 tho măn ả 2 1

1

2



x

Tr l i bài toán 6: ở ạ

V i n = 1, phớ ương trnh x215y2 4ncó 1 nghi m t nhiên là (x,y) = (2,0)ệ ự

V i n = 2, ph ng trnh ớ ươ x2 15y2 4ncó 2 nghi m t nhiên là (x,y)= (4,0); (1,1)ệ ự

Gi s v i n ả ử ớ  2, ph ng trnh ươ x215y2 4ncó n nghi m t nhiên là (xệ ự 1,y1), (x2,y2), …, (xn, yn) khi đó (x,y) = ( 2xk, 2yk) (1  k  n) là các nghi m t nhiên c a phệ ự ủ ương trình x2 15y2 4n+1 Theo ch ng minh trênứ

phương trình x2 15y2 4n+1 l i có 1 nghi m t nhiên l V y phạ ệ ự ẻ ậ ương trnh x2 15y2 4n+1 có ít nh t n+1ấ nghi m t nhiên Bài toán 6 đă đệ ự ược gi i quy t.ả ế

Bài toán 7: Tìm t t c các c p s nguyên dấ ả ặ ố ương (x,y) sao cho

y x

y x



 2

2

là s nguyên và là ố ước c aủ 1995

(Đ thi Olympic toán Bungari năm 1995) ề

L i gi i : ờ ả Trước h t ta ch ng minhế ứ

B đ : Cho s nguyên t p = 4q + 3 (q ổ ề ố ố  N) Gi s x, y là các s nguyên sao cho xả ử ố 2 + y2 chia h t cho p,ế Khi đó x và y chia h t cho p Th t v y n u x ế ậ ậ ế p thì y p

Gi s x không chia h t p ả ử ế  y không chia h t cho p ế

Theo đ nh lý nh Phecma ta có x ị ỏ p-1 1 (modp)  x4q+2 1 (modp) Tương t yự 4q+2 1 (modp) Ta có x2

+ y2p  x2  -y2 (modp)

 (x2)2q+1  (-y2)2q+1 (modp)  x4q+2  - y4q+2 (modp)  1  - 1 ( modp)  p = 2 (vô lí) B đ đãổ ề

được ch ng minh.ứ

Áp d ng b đ vào bài toán 7: Gi s t n t i các s nguyên dụ ổ ề ả ử ồ ạ ố ương x,y sao cho x> y ,

y x

y x



 2

2

là số

nguyên và

y x

y x



 2

2

là ướ ủc c a 1995 Đ t k = ặ

y x

y x



 2

2

thì x2 +y2 = k( x –y) và k là ướ ủc c a 1995 = 3.5.7.19.N?u

k 3 t k= 3 khh 1 (k1 N*) (k1 không chia h t cho 3) ế  x2 + y2 3  x 3 và y 3  x = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1 N*,

x1 > y1)  2 1( 1 1)

1

2

x    N?u k = 1 thì x2 + y2 = x – y Đó là đi u vô lí vì xề 2 + y2  x + y > x – y (vì x,y 

1 )

N u k = 5 thì xế 2 + y2 = 5(x – y)  (2x - 5)2 + (2y +5)2 = 50  x = 3 , y = 1 ho c x = 2 , y = 1 ặ

N u k = 7 , tế ương t nh trên, t n t i kự ư ồ ạ 2N* sao cho k = 7 k2 (k2 không chia h t cho 7) x = 7xế 2 , y = 7y2

(x2, y2 N* , x2 > y2) và 2 2( 2 2)

2

2

N u k ế 19 thì t n t i kồ ạ 3 N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia h t cho 19 ), x = 19xế 3 , y = 19y3 (x3, y3 

N* , x3 > y3 ) và 2 3( 3 3)

3

2

V y t t c các c p s nguyên dậ ấ ả ặ ố ương (x,y) c n tìm có d ng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c, 3c) trong đó c ầ ạ  {1,3,7,19,21,57,133,399}

Bài toán 8: Tìm t t c các c p s nguyên dấ ả ặ ố ương (x,y) sao cho s A = ố

y x

y x



 2

2

là s nguyên và là ố ước

c a 2010.ủ

(Đ thi Olympic Toán khu v c duyên h i đ ng b ng B c B năm h c 2009 – 2010) ề ự ả ồ ằ ắ ộ ọ

L i gi i: ờ ả Trên c s l i gi i c a bài toán 7 ta ch c n tìm các nghi m nguyên dơ ở ờ ả ủ ỉ ầ ệ ương c a các phủ ương trình : x2 y2 k(x y) v i k ớ  { 2,5, 10} Phương trnh x2 + y2 = 2 (x- y) không có nghi m nguyên dệ ương

Th t v y gi s x,y ậ ậ ả ử N* , x > y và x2 + y2 = 2 (x- y)  x2 + y2  2x +y2 > 2(x – y) Đó là đi u vô lý Phề ương trình x2 + y2 = 5 (x- y) có các nghi m nguyên dệ ương là (x,y) = (3,1), (2,1) Phương trình x2 + y2 = 10 (x- y)  (x-5)2 + (y+5)2 = 50 có các nghi m nguyên dệ ương là (x,y) = (6,2) ; (4,2)

V y t t c các c p s nguyên dậ ấ ả ặ ố ương (x, y) tho măn đ bài là (3c, c), (2c, c), (c, 2c) , (c, 3c) , (6c, 2c) ,ả ề (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) trong đó

c  {1,3,6,7,201}

Cu i cùng là m t s bài toán dành đ luy n t p ố ộ ố ể ệ ậ

Bài toán 9: Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dứ ằ ớ ỗ ố ương n, phương trnh

7x2 + y2 = 2n+2 luôn có nghi m nguyên dệ ương

Bài toán 10: Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dứ ằ ớ ỗ ố ương n, phương trình x2 + 15y2 = 4n có đúng n nghi m t nhiên ệ ự

Bài toán 11: Cho s nguyên dố ương n G i Sọ n là t ng các bình phổ ương c a các h s c a đa th c f(x) =ủ ệ ố ủ ứ (1+x)n

Ch ng minh r ng Sứ ằ 2n+1 không chia h t cho 3ế

(Đ thi ch n đ i tuy n Vi t Nam d thi Olympic Toán Qu c t năm 2010) ề ọ ộ ể ệ ự ố ế

Bài toán 12: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho

2n +2 chia h t cho n ế

Bài toán 13: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho t t c các ấ ả ước nguyên t c aố ủ

n2 + n + 1 không l n h n ớ ơ n

(Đ thi ch n đ i tuy n Ukraina d thi Olympic toán qu c t năm 2007) ề ọ ộ ể ự ố ế

Bài toán 14: V i m i s nguyên dớ ỗ ố ương n > 1, kí hi u p(n) là ệ ước nguyên t l n nh t c a n Ch ngố ớ ấ ủ ứ minh r ng t n t i vô s s nguyên n > 1 sao cho:ằ ồ ạ ố ố

p(n) < p(n+1) < p(n+2)

Bài toán 15: Cho các s nguyên a,b tho măn a>b > 0 Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyênố ả ứ ằ ồ ạ ố ố

dương n sao cho an + bn chia h t cho n ế

Bài toán 16: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên t p có tính ch t sau: T n t i vô s nguyênứ ằ ồ ạ ố ố ố ấ ồ ạ ố

dương n sao cho p – 1 không chia h t cho n và n! +1 chia h t cho p.ế ế

(Đ thi ch n đ i tuy n c a Mônđôva d thi Olympic toán Qu c t năm 2007) ề ọ ộ ể ủ ự ố ế

Bài toán 17: Ch ng minh r ng t n t i vô s s nguyên dứ ằ ồ ạ ố ố ương n sao cho 5n-2 – 1 chia h t cho n.ế

(Đ thi Olympic toán c a Braxin năm 2008) ề ủ