Bài 15 (tr 212 227) nguyễn thị giang

TÍNH CHIA HẾT TRONG CÁC BÀI TỐN VỀ DÃY SỐ VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Nguyễn Thị Giang Tổ Toán Tin - Trường THPT chuyên Lê Hồng - Nam Định LÝ THUYẾT VỀ TÍNH CHIA HẾT 1.1 Tính chia hết tập số nguyên Các số nguyên tố a Định nghĩa Cho hai số nguyên a, b Nếu tồn số nguyên q cho a=b.q ta nói a chia hết cho b , hay b chia hết a (kí hiệu b|a) Khi người ta gọi a bội số (hay đơn giản bội) b, b ước số (hay đơn giản ước) b Kí hiệu (a,b) ước số chung lớn a b; [a,b] bội số chung nhỏ a b Nếu (a,b)=1 ta gọi a, b hai số nguyên tố b Tính chất 1) Nếu a=bt+c (a,b)=(c,b) Nói riêng a b ⇔ (a + bt ) b 2) (a,b).[a,b]=ab 3) Nếu (a,b)=1 (ac,b)=(c,b) Nói riêng (a,b)=1 mà ac b c b 4) Nếu (a,b)=1 mà ab d d = d1 d d1 |a, d2 |b 5) Nếu (a,b)=1 mà ab = c n a = c 1n , b = c 2n với c = c c 6) Nếu (m,n)=1 mà a m = b n a = c n , b = c m 7) Định lí nhỏ Fermat Nếu p số nguyên tố a số nguyên (a p − a) p hay a p ≡ a mod p Nói riêng, (a,p)=1 a p−1 ≡ mod p 8) Giả sử (a n − 1) m , gọi d số mũ nhỏ cho a d − m n d 9) Định lí số học Mọi số tự nhiên lớn viết cách (khơng kể sai khác thứ tự thừa số) thành tích thừa số nguyên tố Mọi số tự nhiên n lớn 1, viết dạng: n = p 1α1 p 2α2 p kαk , p , p , , p k số nguyên tố α1 , α2 , , αk số tự nhiên dương Tuy nhiên tính giao hốn phép nhân số tự nhiên, tính bỏ qua sai khác thứ tự thừa số Vế phải đẳng thức gọi dạng phân tích tiêu chuẩn n 1.2 Đồng dư thức a Định nghĩa Ta xét theo môđun m, với m số nguyên dương Khi a=b+mt ta gọi a đồng dư với b theo mơđun m kí hiệu a ≡ b ( mod m) b Tính chất 212 1) Nếu a ≡ b ( mod m) c ≡ d ( mod m) a + c ≡ b + d ( mod m) ; a.c ≡ b.d ( mod m) ; a n ≡ b n ( mod m) 2) Nếu a.c ≡ b.c ( mod m) (c,m)=1 a ≡ b ( mod m) 3) a ≡ b ( mod m) ⇔ a.c ≡ b.c ( mod m.c) , c = 4) a ≡ b ( mod m.n) ⇒ a ≡ b ( mod m) 5) Nếu a ≡ b ( mod m) a ≡ b ( mod n) với (m,n)=1 a ≡ b ( mod m.n) 6) Nếu P(x) đa thức với hệ số nguyên a ≡ b ( mod m) P (a) ≡ P (b) ( mod m) 7) Hàm số Euler Hàm số Euler ϕ (m) số nguyên dương m định nghĩa số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m + Giả sử m = p 1a1 p 2a2 p ta t ϕ (m) = m p −1 p −1 p t −1 p p p t Nói riêng với p số ngun tố ϕ p = p − ϕ p a = p − p a−1 Định lí Euler: Nếu (a,m)=1 a ϕ(m) − m hay a ϕ(m) ≡ ( mod m) Tính chia hết tốn dãy số 2.1 Tìm số hạng tổng quát dãy số dùng định lí nhỏ Fermat Đây phương pháp thường dùng để giải tốn tính chia hết dãy số Ta sử dụng phương trình đặc trưng để tìm số hạng tổng quát dãy truy hồi dựa vào quy luật dãy để tìm số hạng tổng quát dãy số Kết hợp với định lí nhỏ Fermat để giải toán Bài toán Cho dãy số (bn ) , n = 1, 2, xác định    b = 0, b = 14, b = −18   b n+1 = 7b n−1 − 6b n−2 , ∀n ≥ Chứng minh với số ngun tố p ta ln có b p p Hướng dẫn giải Xét phương trình đặc trưng x − 7x + = Phương trình có nghiệm 1, -3 Dễ dàng suy số hạng tổng quát bn = + 2n + (−3)n Với p số nguyên tố, theo định lí nhỏ Fermat ta có 2p ≡ mod p , (−3)p ≡ (−3) mod p ⇒ b p ≡ (1 + − 3) mod p 213 Do b p p với số nguyên tố p Nhận xét: toán đơn giản Dễ thấy ba nghiệm phương trình đặc trưng có tổng Từ cơng thức số hạng tổng quát từ yêu cầu toán cho ta nghĩ đến định lí nhỏ Fermat Từ tốn sáng tác nhiều tốn khác có nội dung tương tự Bài  tốn Dãy (u n ) , (n = 1, 2, 3, ) xác định sau:   u = 2,   u n = 3u n−1 + 2n − 9n + 9n − 3, ∀n ≥ p−1 Chứng minh với số nguyên tố p i =1 u i chia hết cho p Hướng dẫn giải Từ giả thiết ta có u n + n = u n−1 + (n − 1)3 Từ u n + n = 32 u n−2 + (n − 2)3 = = 3n−1 u + 13 = 3n Như u n = 3n − n , ∀n = 1, 2, 3, Với p=2 có u (1) Với p số nguyên tố lẻ p−1 i =1 u i = + 32 + + 3p−1 − 13 − 23 − − p − Do với i = 1, 2, , p − ta có i + p − i p−1 3 13 + 23 + + p − = 21 i + p − i p .p , nên i =1 p−1 Trong + 32 + + 3p−1 = 3 3−1−1 = 12 (3p − 3) p (theo định lí nhỏ Ferma) p−1 Vậy với số nguyên tố lẻ p i =1 u i chia hết cho p (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Bài toán Hai dãy số (x n ) y n , n = 1, 2, xác định sau:   x = −1, y =     x n+1 = −3x n2 − 2x n y n + 8y n2      y n+1 = 2x n2 + 3x n y n − 2y n2 , ∀n ≥ Tìm tất số nguyên tố p cho x p + y p không chia hết cho p Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh x n + 2y n = (1) , ∀n ≥ phương pháp quy nạp + Với n=1, dễ thấy (1) + Giả sử (1) với n=k Từ giả thiết ta có x k+1 + 2y k+1 = x k + 2y k = Từ (1) chứng minh 214 Ta lại có x n+1 = − x n + 2y n 3x n − 4y n = −3x n + 4y n y n+1 = x n + 2y n 2x n − y n = 2x n − y n ⇒ x n+2 = −3x n+1 + 4y n+1 = −3x n+1 + 2x n − y n = −3x n+1 + 8x n − (x n+1 + 3x n ) = −4x n+1 + 5x n Dãy (x n ) dãy truy hồi tuyến tính cấp Dễ dàng suy x n = 13 − 4(−5)n−1 Tương tự ta có + 2(−5)n−1 − (−5)n−1 ⇒ xn + y n = yn = Nếu p số nguyên tố khác theo định lý Fermat nhỏ x p + y p p ⇒ x p + y p p Thử trực tiếp với p=3 p=5 ta có x p + y p không chia hết cho p Nhận xét: mấu chốt tốn nhìn đẳng thức (1) Từ tìm cơng thức truy hồi hai dãy (x n ) y n Bài toán Dãy (x n ) , (n = 1, 2, ) xác định sau:    x = 7, x = 50,   x n+1 = 4x + 5x n−1 − 1975, ∀n ≥ n Chứng minh x 1996 chia hết cho 1997 Hướng dẫn giải Xét dãy y n , (n = 1, 2, ) xác định sau:    y = 7, y = 50,   y n+1 = 4y + 5y n−1 + 22, ∀n ≥ n Dễ thấy y n ≡ x n ( mod 1997) Do cần chứng minh y 1996 ≡ ( mod 1997) Ta có 4y n+1 + 11 = 4y n + 11 + 4y n−1 + 11 Đặt z n = 4y n + 11 ta z n+1 = 4z n + 5z n−1 với z = 39, z = 211 Dùng phương trình đặc trưng dãy truy hồi cấp ta zn = × (−1)n + 25 × 5n + 25 × 51996 ⇒ z 1996 = 3 Theo định lí nhỏ Fermat 51996 ≡ ( mod 1997) Vậy + 25 × 51996 ≡ 33 ( mod 1997) ⇒ 3z 1996 ≡ 33 ( mod 1997) ⇒ z 1996 ≡ 11 ( mod 1997) ⇒ 4y 1996 ≡ ( mod 1997) ⇒ y 1996 ≡ ( mod 1997) Bài toán (Putnam, 1999) Dãy (u n ) , (n = 1, 2, 3, ) xác định sau:     u = 1, u = 2, u = 24 2 6u u n−3 − 8u n−1 u n−2    u n = n−1 , ∀n ≥ u n−2 u n−3 215 Chứng minh u n bội n với ∀n ∈ N ∗ Hướng dẫn giải n Đặt v n = uun−1 đẳng thức u n = 2 6u n−1 u n−3 −8u n−1 u n−2 u n−2 u n−3 viết đơn giản thành: v n = 6v n−1 − 8v n−2 Dễ dàng suy v n+1 = 4n − 2n Suy u n = 4n−1 − 2n−1 4n−2 − 2n−2 (4 − 2) Lại có, với số p nguyên tố 4p−1 ≡ 2p−1 mod p (1) Do 4p−1 − 2p−1 chia hết cho p 4s − 2s chia hết cho p với số s bội p-1 Nếu n chia hết cho p r , với p số nguyên tố tồn r bội p-1 nhỏ n r (p − 1, p − , , p − ), u n chia hết cho p r Từ suy u n chia hết cho n Nhận xét: định lí nhỏ Fermat dùng để chứng minh (1) Nếu p=2 hiển nhiên (1) Nếu p>2 thí theo định lí nhỏ Fermat 2p−1 ≡ mod p Từ ta có (1) Sau sử dụng tiếp định lí số học, phân tích n dạng tiêu chuẩn Bài toán (VMO 2011) Cho dãy số nguyên (an ) xác định a0 = 1, a1 = −1, an = 6an−1 + 5a n−2 với n ≥ Chứng minh a2012 − 2010 chia hết cho 2011 Hướng dẫn giải Xét dãy số nguyên (bn ) xác định b0 = 1, b1 = −1, bn = 6bn−1 + 2016bn−2 với n ≥ Dễ thấy với n ≥ 0, ta có an ≡ bn ( mod 2011) n n Dễ dàng suy số hạng tổng quát dãy (bn ) bn = 49.(−42)90+41.48 , ∀n ≥ Vì 2011 số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có (−42)2010 ≡ 482010 ≡ ( mod 2011) Do 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 ( mod 2011) Suy b2012 ≡ b2 ( mod 2011) (vì (90,2011)=1) Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010 ( mod 2011) Vì a2012 ≡ 2010 ( mod 2011) Nhận xét: học sinh thường trình bày theo lời giải tìm số hạng tổng quát dãy số (an) Tuy nhiên lời giải phức tạp nghiệm phương trình đặc trưng số vơ tỉ số hạng tổng quát dãy (an) phức tạp số hạng tổng quát dãy (bn) Nên làm thay dãy ban đầu dãy có tính chất tương tự phương trình đặc trưng có nghiệm ngun lời giải ngắn gọn 2.2 Dùng phương pháp quy nạp Một công cụ quan trọng ta thường sử dụng toán dãy số nguyên lý quy nạp tốn học Cơng cụ đơn giản cho phương pháp hiệu 216 để giải toán dãy số Bài toán Dãy (u n ) , (n = 0, 1, 2, ) xác định sau:    u = 3, u = 11,   u n+2 = 2u n+1 + 7u n , ∀n ≥ Tìm số nguyên dương lẻ a cho với số nguyên dương m n tùy ý ln tìm số ngun dương k thỏa mãn u nk − a chia hết cho 2m Hướng dẫn giải Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh u n ≡ ( mod 8) Điều kiện cần Chọn n=1, m=3 tồn số k cho 11k ≡ a ( mod 8) ⇔ 3k ≡ a ( mod 8) Với số nguyên dương k tùy ý 3k ≡ ( mod 8) 3k ≡ ( mod 8) Do a ≡ ( mod 8) a ≡ ( mod 8) Điều kiện đủ Giả sử a ≡ ( mod 8) a ≡ ( mod 8) Với m=1 chọn k=1, với m chọn k chẵn a ≡ ( mod 8) chọn k lẻ a ≡ ( mod 8) Xét m ≥ Ta chứng minh quy nạp theo m Với m=3 Giả sử khẳng định với m nghĩa tồn km cho u nkm − a = 2m b Nếu b chẵn u nkm − a ≡ mod 2m+1 chọn km+1 = km Nếu b lẻ ta chọn km+1 = km + 2m−2 Khi đó, ý u n ≡ ( mod 8) , ta có u n2 − = (u n − 1) (u n + 1) = 8q (với q lẻ) m−2 u n2 m−3 − = (u n − 1) (u n + 1) u n2 + u n2 + = 2m q m (vớiq m lẻ) Thành thử k m−2 u nm+1 − a = u n2 m−2 k u nm − a + a u n2 m−2 − = 2m u n2 b + aq m 2m+1 Bài toán (Putnam, 1997) Dãy (an ) , (n = 1, 2, 3, ) xác định sau:    a = 2,   a n+1 = 2an , ∀n ≥ Chứng minh an ≡ an−1 ( mod m) , ∀m ≤ n Hướng dẫn giải Ta chứng minh kết quy nạp Kết hiển nhiên với n=2 Giả sử với k p − p +1 > p2 p − = p2 − p ≥ 2 p − + : vô lý Do f(p-1)=p-1 với p số nguyên tố, hay tồn vô số số k cho f(k)=k Với k số tự nhiên n = ta có k + f (n) | k + n ⇔ k + f (n) | k + f (n) k + 2n − f (n) + f (n) − n Khi chọn k đủ lớn ta phải có f(n)=n Vậy f (n) = n, ∀n ∈ N ∗ Nhận xét: toán này, sau dự đoán nghiệm hàm f(n)=n, điều ta cần đạt kẹp biểu thức chứa f(n)-n đại lượng lớn tùy ý dùng tính chất chia hết ta phải có f(n)=n Để có điều đó, ta cần xây dựng dãy vơ hạn số điểm bất động f Ta cần hạn chế tối đa trường hợp ước phải xét ý số dạng p i , với p số nguyên tố có i+1 ước nguyên dương 1, p, , p i Bài toán (OLP30/4/2009) Giả sử hàm số f : N ∗ → N ∗ thỏa mãn (m + n)2009 f (m) + f (n) , ∀m, n ∈ N ∗ Chứng minh f(1), f(2), f(3), cấp số cộng với công sai dương Hướng dẫn giải Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh Giả sử f đơn ánh suy tồn a, b ∈ N ∗ thỏa mãn a t ⇒ p 2009k f p k − t + f (t ) ⇒ f p k − t + f (t ) p ⇒ f p k − t + f (t ) , f (t + 1) − f (t ) = p Mâu thuẫn Vậy f (t + 1) − f (t ) = ±1 Nếu f (t + 1) = f (t ) − f hàm giảm nghiêm ngặt mâu thuẫn với tập giá trị f tập số ngun dương ln có phần tử nhỏ Nhận xét: Nếu tinh ý từ giả thiết ta thấy f(n)=n thỏa mãn đề Từ khiến ta nghĩ đến việc chứng minh đẳng thức (*) mấu chốt toán Trong toán ta sử dụng thuật tốn Ơclit tìm ước chung lớn Bài toán (IMO2011) Giả sử f hàm từ tập số nguyên Z vào tập số nguyên dương N* Giả thiết với hai số nguyên tùy ý m, n, hiệu f(m)-f(n) chia hết cho f(m-n) Chứng minh với số nguyên m, n f (m) ≤ f (n), f(n) chia hết cho f(m) Hướng dẫn giải Giả sử x y hai số nguyên với f(x) Do f x − y ≤ f y − f (x) < f y Vì số d=f(x)-f(x-y) thỏa mãn − f y < − f x − y < d < f (x) < f y Thay m=x n=x-y ta nhận thấy f(y)|d, ta thu d=0, hay f(x)=f(x-y) Thay m=x n=y ta nhận thấy f(x)=f(x-y)|f(x)-f(y) Từ suy f(x)|f(y) Bài toán (VMO 1991A) Cho số k lẻ lớn Với số nguyên dương n ta xác định f(n) số nguyên không âm lớn cho k n − f (n) Xác định cơng thức tính f(n) theo k n 225 Hướng dẫn giải Ta thấy f(n) số mũ khai triển tắc k n −1 Có k 4n −1 = k 2n + k 2n − , mà k 2n số phương lẻ suy k 2n + không chia hết cho chia hết cho Do f(4n)=f(2n)+1 Mặt khác k n − = (k − 1) k n−1 + k n−2 + + k + Nếu n lẻ k n−1 + k n−2 + + k + khơng chia hết cho Do f(n)=f(1) n lẻ (1) Xét hàm g(n) số nguyên dương n số nguyên không âm lớn cho k n + 2g (n) Ta có k n + = − (−k)n = (1 + k) + (−k) + (−k)2 + + −k n−1 , với n lẻ Do n lẻ g(n)=g(1) Ta có k 4n+2 − = k 2n+1 − k 2n+1 + ⇒ f (4n + 2) = f (2n + 1) + g (2n + 1) (2) Vậy ta có với n = 2m p (p lẻ) f (n) =    f (1) , m =   (m − 1) + f (1) + g (1) , m ≥ Trong f(1) số mũ khai triển tắc k-1, g(1) số mũ khai triển tắc k+1 Nhận xét: Ta xét hàm g(n) nhận thấy f(n) g(n) có tính chất (1) việc phát tính chất (2) vừa cho ta ý tưởng xét hàm g(n) vừa mấu chốt toán Bài tập áp dụng Bài (Bungari 2000) Cho dãy số (an ) xác định    a = 43, a = 142   a n+1 = 3a n + a n−1 , ∀n ≥ Chứng minh a an an−1 nguyên tố với n ≥ b Với số tự nhiên m, tồn vô hạn số tự nhiên n cho an − an+1 − chia hết cho m Bài (ĐHKHTN 2009) Dãy số (an ) xác định sau    a = 0, a = 1, a = 2, a =   a n+4 = 2a n+3 + a n+2 − 2a n+1 − a n , ∀n ≥ a Chứng minh an chia hết cho n với n ≥ b Chứng minh dãy số a n +∞ n n=1 chứa vô số số hạng chia hết cho 2009 Bài Tìm tất toàn ánh f : N → N cho với m, n ∈ N f (m) | f (n) ⇔ m|n 226 Bài (VN TST1996) Với số nguyên dương n gọi f(n) số nguyên lớn để số n−1 i =0  2i +  i  3  n  chia hết cho f (n) Tìm tất số nguyên dương n mà f(n)=1996 Bài (USA TST) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn a f (m) = f (n) m ≡ n mod p b f (m.n) = f (m) f (n) Bài (Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn tồn số k ∈ N số nguyên tố p cho ∀n ≥ k, f n + p = f (n) m|n f (m + 1) | f (n) + Bài (VN TST 2007) Cho hàm số f : N → Z thỏa mãn điều kiện    f (0) = 2, f (1) = 503,   f (n + 2) = 503 f (n + 1) − 1996 f (n) , ∀n ∈ N Với số k ∈ N ∗ lấy số nguyên s , s , , s k cho s i ≥ k, ∀i = 1, 2, , k Với số s i (i = 1, 2, , k) lấy ước nguyên tố p (s i ) f (2si ) Chứng minh với số nguyên dương t ≤ k , ta có k i =1 p (s i ) 2t ⇔ k 2t Danh mục tài liệu tham khảo: - Tạp chí Tốn học tuổi trẻ - Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006) (Nhà xuất giáo dục) - Tuyển tập toán từ thi Mĩ Canada - Tài liệu mạng 227 ... 1996 ≡ ( mod 1997) Bài toán (Putnam, 1999) Dãy (u n ) , (n = 1, 2, 3, ) xác định sau:     u = 1, u = 2, u = 24 2 6u u n−3 − 8u n−1 u n−2    u n = n−1 , ∀n ≥ u n−2 u n−3 215 Chứng minh u n... tính chất (1) việc phát tính chất (2) vừa cho ta ý tưởng xét hàm g(n) vừa mấu chốt toán Bài tập áp dụng Bài (Bungari 2000) Cho dãy số (an ) xác định    a = 43, a = 142   a n+1 = 3a n + a... minh dãy số a n +∞ n n=1 chứa vô số số hạng chia hết cho 2009 Bài Tìm tất tồn ánh f : N → N cho với m, n ∈ N f (m) | f (n) ⇔ m|n 226 Bài (VN TST1996) Với số nguyên dương n gọi f(n) số nguyên lớn