SH hien PTT uoc chung lon nhat boi chung nho nhat va lien he giua chung 2016 08 15

ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, BỘI CHUNG NHỎ NHẤT VÀ LIÊN HỆ GIỮA CHÚNG PHẠM THỊ THU HIỀN Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ Email: Phamhienchv@gmail.com Các khái niệm ước số chung lớn (GCD) bội số chung nhỏ (LCM) khái niệm số học Cách khoảng 2000 năm, người biết đến thuật tốn Euclid tiếng có lẽ thuật tốn cổ tốn học để tìm ước số chung lớn hai số nguyên a b với b = Với mục đích tìm hiểu sâu vận dụng hai khái niệm này, báo cáo tập trung trình bày số tính chất ước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ mối liên hệ chúng ví dụ điển hình chọn lọc từ thi chọn học sinh giỏi nước Ước chung lớn Định nghĩa 1.1 Cho hai số nguyên a b số khác Số nguyên dương d gọi ước số chung lớn a b nếu: (i) d | a d | b (d ước số chung a b), (ii) Nếu c | a c | b c | d Kí hiệu ước số chung lớn a b gcd (a, b) (a, b) Nếu gcd (a, b) = ta nói a b hai số nguyên tố Tính chất 1.2 Sau số tính chất ước số chung lớn (i) gcd (a, b) = d ⇔ gcd a b ; d d = (ii) Cho c số nguyên dương Khi ta có gcd (ca, cb) = c gcd (a, b) (iii) gcd (a, b) = b | ac b | c (iv) Nếu gcd (a, b) = gcd (a, c) = gcd (a, bc) = (v) Nếu a = bq + r gcd (a, b) = gcd (b, r) (vi) Nếu a = pα1 pα2 pαk k b = pβ1 pβ2 pβk k với αi , βi ∈ N, αi + βi ≥ 1, min{α1 ,β1 } min{α2 ,β2 } min{αk ,βk } i = 1, 2, , k, gcd (a, b) = p1 p2 pk Khái niệm ước số chung lớn mở rộng tự nhiên cho trường hợp có hai số theo cách sau gcd (a1 , a2 , , an−1, an ) = gcd (gcd (a1 , a2, , an−1) , an ) Định lí 1.3 (Bachet - Bezout) Với hai số nguyên dương a b, tồn số nguyên x y cho ax + by = gcd (a, b) Định lí 1.4 Với số nguyên a, b ta có a2 , b2 = (a, b)2 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên a, b, c khác Khi ta có (a, bc) = (a, (a, b) c) Ta có (a, (a, b) c) | ((a, b) c) | bc Do (a, (a, b) c) ước a bc, suy (a, (a, b) c) | (a, bc) Mặt khác, (a, bc) ước a bc nên ước ac bc Vì (a, bc) | (ac, bc) = c (a, b) Ta có (a, bc) ước a c (a, b) nên (a, bc) | (a, (a, b) c) Vậy (a, bc) = (a, (a, b) c) Giả sử m, n hai số nguyên tố nhau, tức (m, n) = Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ta có m2 , n2 = m2 , m2 , n n = m2 , (n, (m, n) m) n Vì (m, n) = nên m2 , (n, (m, n) m) n = m2 , n Lại áp dụng bổ đề ta có m2 , n = (n, (m, n) m) = Vì (m, n) = suy m2 , n2 = Ta có theo tính chất 1.2 (i) a b , (a, b) (a, b) =1 suy b2 a2 , (a, b)2 (a, b)2 = Từ theo tính chất 1.2 (ii) ta có a2 , b2 = (a, b)2 Ví dụ 1.5 Cho hai số nguyên a, b nguyên tố Chứng minh a + b, a2 − ab + b2 = Lời giải Giả sử d = a + b, a2 − ab + b2 Ta có d | (a + b)2 − a2 + ab − b2 = 3ab Do d | 3b (a + b) − 3ab = 3b2 Tương tự d | 3a2 Do d | 3a2 , 3b2 = a2 , b2 = (a, b)2 = Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.6 (1997 Russian Mathematical Olympiad) Tìm tất ba số tự nhiên m, n, l thỏa mãn đồng thời điều kiện sau m + n = (m, n)2 , m + l = (m, l)2 , n + l = (n, l)2 Lời giải Đặt d = gcd (m, n, l) Khi ta có m = dm1 , n = dn1, l = dl1 với gcd (m1 , n1, l1) = Đặt dmn = gcd (m1 , n1) Theo giả thiết ta có d (m1 + n1) = d2d2mn Suy m1 + n1 = dd2mn Tương tự với dnl dlm ta có (m1 + n1 + l1) = d d2mn + d2nl + d2lm Ta có d ước m1 + n1 + l1 ước m1 + n1 nên gcd (d, 2) d ước l1 Tương tự ta có ước m1 n1 Vì gcd (d, 2) d = 1, d ≤ gcd (m1 , n1, l1) = nên gcd (d, 2) Mặt khác dmn , dnl , dlm đôi nguyên tố nhau, suy l1 = l2dlmdln , m1 = m2 dlmdmn , n1 = n2 dnmdnl ta có m2 dlm + n2 dln = ddmn Không làm tổng quát ta giả sử dmn = {dmn , dlm, dln} ta có 2dmn ≥ ddmn = m2 dlm + n2dln ≥ dlm + dln ≥ 2dmn Từ bất đẳng thức suy d = 2, m2 = n2 = dmn = dlm = dln mà số nguyên tố nên chúng Từ suy m1 = n1 = từ l1 + m1 = dd2lm có l1 = Vậy m = n = l = Ví dụ 1.7 Cho dãy số Fibonacci F1 = F2 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn, với n ≥ Chứng minh (i) gcd (Fn+1, Fn) = 1, (ii) Nếu s, t số nguyên s ≥ 1, t ≥ Fs+t = Fs−1Ft + Fs Ft+1, (iii) Nếu n | m Fn | Fm , (iv) gcd (Fm , Fn) = Fgcd(m,n) Lời giải (i) Đặt d = (Fn , Fn+1) Ta có d | Fn d | Fn+1 nên d | Fn+1 − Fn = Fn−1 Do d | Fn − Fn−1 = Fn−2 Tiếp tục trình ta suy d | F1 = Vì ta có d = (ii) Ta cố định t chứng minh quy nạp theo s Với s = ta có Ft+1 = F0Ft + F1 Ft+1 hiển nhiên Giả sử s > Fs−k+t = Fs−k−1Ft + Fs−k Ft+1 với k thỏa mãn ≤ k ≤ s − Khi ta có Fs+t = Fs+t−1 + Fs+t−2 = Fs−1+t + Fs−2+t = Fs−2Ft + Fs−1Ft+1 + Fs−3Ft + Fs−2Ft+1 = Ft (Fs−2 + Fs−3) + Ft+1 (Fs−1 + Fs−2) = Ft Fs−1 + Ft+1Fs Đến ta kết thúc chứng minh (iii) Cố định n Ta chứng minh quy nạp theo k Nếu k = rõ ràng Fn | Fn Giả sử Fn | Fkn Ta chứng minh Fn | F(k+1)n Thật vậy, đặt s = n, t = kn vào đẳng thức (ii) ta có F(k+1)n = Fn+kn = Fn−1Fkn + Fn Fkn+1 Từ suy Fn | F(k+1)n (iv) Đặt d = (Fn , Fm) a = (m, n) Ta chứng minh d | Fa Fa | d Thật vậy, a | m a | n nên Fa | Fm , Fa | Fn suy Fa | d Nếu d = hiển nhiên d | Fa Trong trường hợp d > Theo định lí Bezout, tồn hai số nguyên x, y cho xm + yn = a Hiển nhiên xảy trường hợp x y nguyên âm Vì a | m, a | n nên a ≤ m, a ≤ n x, y số nguyên dương a = xm + yn ≥ m + n, mâu thuẫn Do đó, x y trái dấu nhau, khơng tổng quát ta giả sử x ≤ 0, y > Ta có Fyn = Fa−xm = Fa−1F−xm + FaF−xm+1 Ta có n | ny, m | (−xm), Fn | Fyn , Fm | F−xm Từ suy d | Fyn d | F−xm Vì d | FaF−xm+1 Dễ dàng thấy d | Fm | F−xm Nếu (d, F−xm+1) = k > k | F−xm+1 k | F−xm Mà hai số Fibonacci liên tiếp nguyên tố Ta có mâu thuẫn Từ (d, F−xm+1) = 1, suy d | Fa Đến ta hồn thành chứng minh Ví dụ 1.8 Chứng minh không tồn số Fibonacci lẻ chia hết cho 17 Lời giải Đặt d = (17, Fn), hiển nhiên d số nguyên dương lẻ Ta có (17, Fn) = (34, Fn) = (F9, Fn) = F(9,n) = F1, F3 F9 Điều có nghĩa d = 1, 34 Vì d lẻ nên ta có d = Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.9 Xét số Fermat fn = 22 + Chứng minh với số nguyên dương m, n, m > n ta có (fm, fn ) = n Lời giải Ta có với số nguyên dương m m fm − = 2 − = 22 n−1 −1 = (fm−1 − 1)2 − = fm−1 − 2fm−1 = fm−1 (fm−1 − 2) = fm−1fm−2 (fm−2 − 2) = ··· = fm−1fm−2 · · · f1f0 Giả sử d = (fm , fn) d | fn | fm − Do d | [fm − (fm − 2)] = Rõ ràng d số nguyên dương lẻ Vì fm fn nguyên tố Ví dụ 1.10 Cho f (x) = x3 −x+1 Kí hiệu an (x) = f (f ( (f (x)) )), n lần f Chứng minh số dãy m, a1 (m) , a2 (m) , đôi nguyên tố với số tự nhiên m > Lời giải Ta có f (x) − = x3 − x = (x − 1) x (x + 1) Đặt = (m) Khi ta có an+k − = (an+k−1 − 1) an+k−1 (an+k−1 + 1) = (an+k−2 − 1) an+k−2 (an+k−2 + 1) an+k−1 (an+k−1 + 1) = ··· = (an − 1) an an+1 · · · an−k+1 (an + 1) (an+1 + 1) · · · (an+k−1 + 1) Do với số tự nhiên i, j i > j > ta có aj | (ai − 1) Giả sử d = (ai , aj ) d | [ai − (ai − 1)] = Do d = Vậy số dãy m, a1 (m) , a2 (m) , đôi nguyên tố với số tự nhiên m > Ví dụ 1.11 Cho f (x) đa thức với hệ số nguyên Kí hiệu a0 = 0, an = f (an−1 ) với n ≥ Chứng minh (am , an ) = |a(m,n) | Khi f (x) = xi + 2, tìm (a2016, a2014) i=2 Lời giải Đẳng thức (1.1) (am , an ) = |a(m,n) | hiển nhiên m = n = Bây ta xét m, n > Để chứng minh đẳng thức (1.1) trước hết ta chứng minh tính chất anq an (1.2) với n, q ∈ N∗ Chứng minh tính chất (1.2) quy nạp theo q Hiển nhiên (1.2) q = Giả sử (1.2) với q − tức ta có an(q−1) an Ta cần chứng minh anq an Với số nguyên dương k ta đặt fk (x) = f (f ( (f (x)) )), k lần f Ta có anq − an = fn an(q−1) − fn (0) an(q−1) Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta có (1.2) với q Bây để chứng minh (1.1), tương tự thuật toán Euclid, ta rằng, m = nq + r (1.3) (am , an ) = (an , ar ) Thật ta có am − ar = fr (anq ) − fr (0) anq Kết hợp với tính chất (1.2) ta có am − ar an Từ ta có đẳng thức (1.3) Khi f (x) = xi + ta có i=2 (a2016, a2014) = a2 = 1024 Ví dụ 1.12 Cho n số tự nhiên Tìm ước chung lớn 2n , 2n , , 2n 2n − Lời giải Ta có n k=1 2n 2k − = 22n−1, suy ước chung lớn cần tìm phải có dạng 2a Ta giả sử n = 2l m với m số tự nhiên lẻ Mặt khác, ước chung lớn số 2n ước = 2n nên nhỏ 2l+1 Ta chứng l+1 minh ước số chung lớn cần tìm Ta có 2l+1m 2k − Nhưng 2k − ∤ l+1 2l+1m 2l+1m − = 2k − 2k − với k > nên l+1 lớn số cho 2l+1 | 2l+1m 2k − Từ ước chung Bội chung nhỏ Định nghĩa 2.1 Cho hai số nguyên a b khác Số nguyên dương k gọi bội số chung nhỏ a b nếu: (i) a | k, b | k (k bội số chung a b), (ii) Nếu a | t b | t k | t Kí hiệu bội số chung nhỏ a b lcm (a, b) [a, b] Tính chất 2.2 Sau số tính chất bội số chung nhỏ (i) Nếu lcm (a, b) = k gcd k k , a b = (ii) t.lcm (a, b) = lcm (ta, tb) (iii) Nếu d | a, d | b d > lcm a b , d d = lcm (a, b) d (iv) Nếu a = pα1 pα2 pαk k b = pβ1 pβ2 pβk k với αi , βi ∈ N, αi + βi ≥ 1, max{α1 ,β1 } max{α2 ,β2 } max{αk ,βk } i = 1, 2, , k, lcm (a, b) = p1 p2 pk Khái niệm bội số chung nhỏ mở rộng tự nhiên cho trường hợp có hai số theo cách sau lcm (a1 , a2 , , an−1, an ) = lcm (lcm (a1 , a2, , an−1) , an ) Ví dụ 2.3 Chứng minh lcm (1, 2, , 200) = lcm (101, 102, , 200) Lời giải Ta chứng minh toán tổng quát: Với số nguyên dương n ta có lcm (1, 2, , 2n) = lcm (n + 1, n + 2, , 2n) Đặt A = lcm (1, 2, , 2n), B = lcm (n + 1, n + 2, , 2n) Hiển nhiên ta có A B Bây ta chứng minh B A Ta chứng minh B k với k = 1, 2, , 2n Nếu k ∈ {n + 1, n + 2, , 2n} hiển nhiên B k Nếu k ∈ {1, 2, , n} k số nguyên dương liên tiếp n + 1, n + 2, , n + k có số chia hết cho k Giả sử a Ta có n + ≤ a ≤ n + k ≤ 2n, B k Tóm lại, với k ∈ {1, 2, , 2n} ta có B k Vì B A Vậy A = B Ví dụ 2.4 Hỏi có ba số nguyên dương (a, b, c) thỏa mãn lcm (a, b) = 1000, lcm (b, c) = 2000, lcm (c, a) = 2000 Lời giải Ta thấy hai số 1000 2000 có dạng 2m 5n nên số a, b, c phải có dạng Đặt a = 2m1 5n1 , b = 2m2 5n2 , c = 2m3 5n3 , mi , ni số nguyên không âm với i = 1, 2, Từ giả thiết ta có max {m1 , m2} = 3, max {m2 , m3} = 4, max {m3 , m1 } = (2.1) max {n1, n2} = 3, max {n2 , n3} = 3, max {n3 , n1} = (2.2) Từ (2.1) ta có m3 = 4, hai số m1 , m2 có số số nhận giá trị 0, 1, 2, Có (m1 , m2 , m3) thỏa mãn (0, 3, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (3, 0, 4), (3, 1, 4), (3, 2, 4) (3, 3, 4) Từ (2.2) ta có hai ba số n1, n2, n3 số lại nhận giá trị 0, 1, 2, Ta có 10 (n1, n2, n3) thỏa mãn (3, 3, 0), (3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 0, 3), (3, 1, 3), (3, 2, 3), (0, 3, 3), (1, 3, 3), (2, 3, 3) (3, 3, 3) Như ta có tất 7.10 = 70 số thỏa mãn đề Ví dụ 2.5 (Putnam 1980) Hỏi có số (a, b, c, d) thỏa mãn 3r 7s = [a, b, c] = [b, c, d] = [c, d, a] = [d, a, b] Lời giải Vì phân tích thành nhân tử nguyên tố số nguyên nên số a, b, c, d phải có dạng 3mi 7ni với ≤ mi ≤ r, ≤ ni ≤ s, i = 1, 2, 3, Hơn nữa, mi r hai số số mi Tương tự ni s hai số ni Ta có r2 = 6r2 cách chọn hai bốn số mi r hai số mũ mi lại nhận giá trị tập {0, 1, , r − 1}, có r = 4r cách chọn ba bốn số mi r số mi lại nhận giá trị tập {0, 1, , r − 1}, có = cách chọn bốn số mi r Như ta có + 4r + 6r2 cách chọn hai bốn số a, b, c, d có lũy thừa r Tương tự ta có + 4s + 6s2 cách chọn hai bốn số a, b, c, d có lũy thừa s Như ta có + 4s + 6s2 + 4r + 6r2 bốn số thỏa mãn đề Ví dụ 2.6 (AMM E2686) Cho số nguyên dương n Chứng minh (n + 1) lcm n , n , , n n 10 = lcm (1, 2, , n + 1) (2.3) Lời giải Trước hết ta nhắc lại định lí: Giả sử n số nguyên dương Khi lũy thừa số nguyên tố p xuất phân tích thừa số nguyên tố n! n n n + + + ··· p p p Giả sử p số nguyên tố, p ≤ n + α (tương ứng β) số mũ lớn p vế trái (tương ứng vế phải) (2.3) Chọn số r thỏa mãn pr ≤ n + < pr+1 Rõ ràng β = r m Ta cần chứng minh rằng, pr ≤ m < pr+1 pr+1 ∤ với k ≤ k ≤ m (*) Thật vậy, lũy thừa p xuất phân tích thừa số nguyên m tố k r γ= s=1 m k m−k − − ps ps ps Mỗi hạng tử tổng 1, ta có γ ≤ r, (*) Với ≤ k ≤ n, đặt ak = (n + 1) n k = (n − k + 1) n+1 k n+1 k+1 = (k + 1) Từ (*) ta có pr+1 không ước số nguyên n k , n+1 k , n+1 Vì pr+1 ước ak p ước ba k+1 số n + 1, n − k + 1, k + Từ suy p | [(n + 1) − (n − k + 1) − (k + 1)] = −1, mâu thuẫn Vì pr+1 ∤ ak Mặt khác với k = pr − ta có k ≤ n nên ak = (k + 1) hết cho pr Vậy β = r = α Từ suy điều phải chứng minh 11 n+1 k+1 chia Ví dụ 2.7 (APMO 1998) Tìm số nguyên n lớn thỏa mãn n chia √ hết cho tất số nguyên nhỏ n √ Lời giải Ta thấy < 420 < 420 = lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} Ta chứng minh 420 số cần tìm Giả sử n > 420 số nguyên thỏa mãn chia hết cho tất số nguyên √ √ nhỏ n Ta có n > nên n chia hết cho 420 = lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, √ n ≥ 840 n > Do n chia hết 2520 = lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} √ ta lại có n > 13 Giả sử m số nguyên dương lớn nhỏ √ √ n Khi ta có m < n ≤ m + Ta có m ≥ 13 n chia hết cho lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} Mặt khác, ta lại có lcm (m − 3, m − 2, m − 1, m) ≥ m (m − 1) (m − 2) (m − 3) có ước chung bốn số Từ ta có m (m − 1) (m − 2) (m − 3) ≤ n ≤ (m + 1)3 Suy m≤6 1+ m−1 1+ m−2 1+ m−3 Vế trái bất đẳng thức hàm đơn điệu tăng biến m, vế phải hàm đơn điệu giảm biến m Với m = 13 ta có 13.12.11.10 = 17160 > 6.143 bất đẳng thức không với m ≥ 13 Vậy số m > 420 thỏa mãn điều kiện đề Ví dụ 2.8 (1951 Russian Mathematics Olympiad) Cho số nguyên dương a1 , a2 , , an nhỏ 1000 lcm (ai , aj ) > 1000 với i, j, i = j Chứng minh n < a i i=1 12 1000 1000 1000) nên ta có Lời giải Nếu k1 + 2k2 + 3k3 + · · · < 1000 ⇒ 2k1 + 3k2 + 4k3 + · · · < (k1 + 2k2 + 3k3 + · · ·) + (k1 + k2 + k3 + · · ·) < 1000 + n < 2000 Do đó, n i=1 2k1 + 3k2 + 4k3 + · · · ≤ k1 + k2 + k3 + ··· = < 1000 1000 1000 1000 Ví dụ 2.9 Cho < a1 < a2 < < an ≤ 2n số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ hai số chúng lớn 2n Chứng minh 2n a1 > ( ⌊α⌋ kí hiệu phần nguyên số thực α) Lời giải Rõ ràng, số không tồn cặp số mà số chia hết cho số (vì trái lại bội chung nhỏ chúng nhỏ 2n) Ta viết ak = 2tk Ak với Ak số lẻ Ta thấy giá trị Ak phân biệt Mặt khác từ đến 2n ta có n số lẻ phân biệt Do giá trị Ak số lẻ từ đến 2n theo thứ tự Ta xét a1 = 2t1 A1 2n Nếu a1 ≤ 3a1 = 2t1 3A1 ≤ 2n tức 3A1 < 2n Do 3A1 số lẻ nhỏ 2n, tức 3A1 = Aj Như aj = 2tj 3A1 Khi [a1 , aj ] = 2t1 3A1 = 3a1 ≤ 2n [a1 , aj ] = 2tj 3A1 = aj ≤ 2n, 2n mâu thuẫn với giả thiết Vậy điều giả sử sai, tức ta có a1 > 13 Ví dụ 2.10 Cho a0 < a1 < a2 < · · · < an số nguyên dương Chứng minh 1 1 + + ··· + ≤ − n lcm (a0 , a1 ) lcm (a1 , a2 ) lcm (an−1, an ) (2.4) Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n 1 ≤ 1− lcm (a0 , a1) Giả sử (2.4) với n = k, tức a0 < a1 < a2 < · · · < ak ta có 1 1 + + ··· + ≤ − k lcm (a0 , a1) lcm (a1 , a2) lcm (ak−1, ak ) Với n = 1, ta có lcm (a0, a1) ≥ lcm (1, 2) = Do Ta chứng minh (2.4) với n = k + Giả sử a0 < a1 < a2 < · · · < ak < ak+1 số nguyên dương Ta xét hai trường hợp Trường hợp ak+1 ≥ 2k+1 Ta có lcm (ak , ak+1) ≥ ak+1 ≥ 2k+1 Theo giả thiết quy nạp ta có 1 1 + + ··· + + lcm (a0 , a1 ) lcm (a1 , a2) lcm (ak−1 , ak ) lcm (ak , ak+1) 1 ≤ − k + k+1 = − k+1 , 2 Trường hợp ak+1 < 2k+1 Khi ta có gcd (ai−1 , ai) − ai−1 1 = ≤ = − lcm (ai−1 , ai) ai−1ai ai−1ai ai−1 Cộng vế bất đẳng thức với i từ đến k + ta 1 1 + + ··· + + lcm (a0 , a1 ) lcm (a1 , a2) lcm (ak−1 , ak ) lcm (ak , ak+1) 1 − ≤ − k+1 ≤ a0 ak+1 Theo phương pháp quy nạp ta điều phải chứng minh Ví dụ 2.11 Cho số nguyên dương không vượt số nguyên dương m không đổi cho trước Chứng minh số nguyên dương nhỏ m không chia hết cho cặp hai số số cho trên, tổng nghịch đảo số cho nhỏ 14 Lời giải Theo giả thiết số nguyên dương nhỏ m không chia hết cho cặp hai số số cho nên bội chung nhỏ hai số số cho lớn m Giả m bội xi sử cho n số, kí hiệu x1, x2, , xn Với i, ta có xi số 1, 2, , m, ( ⌊α⌋ kí hiệu phần nguyên số thực α) Khơng có số chúng bội xj với j = i bội chung nhỏ xi xj lớn m Như ta có m m m + + ··· + x1 x2 xn phần tử đôi khác tập hợp {1, 2, , m} chia hết cho số x1, x2, , xn Trong phần tử khơng có phần tử (trừ trường hợp n = 1, điều phải chứng minh hiển nhiên) Do m m m + + ··· + ≤ m − x1 x2 xn Với i ta lại có m m m < + 1, suy xi xi 1 + + ··· + x1 x2 xn Ta phải chứng minh n ≤ < m + n − m+1 , ta suy 1 n−1 + + + n Chứng minh 2mn lcm (m, n) + lcm (m + 1, n + 1) > √ m−n Lời giải Đặt m = n + k Khi ta có (m + 1) (n + 1) mn + gcd (m, n) gcd (m + 1, n + 1) mn mn > + gcd (n + k, n) gcd (m + 1, n + 1) mn mn + = gcd (k, n) gcd (n + k + 1, n + 1) mn mn = + gcd (k, n) gcd (k, n + 1) lcm (m, n) + lcm (m + 1, n + 1) = Dễ thấy gcd (k, n) gcd (k + 1, n) khơng thể có chung ước số nguyên tố p ước số nguyên tố chung chúng p | n p | n + 1, điều vô lí Mặt khác gcd (k, n) | k gcd (k, n + 1) | k nên ta có gcd (k, n) gcd (k + 1, n) ≤ k Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM GM) ta có mn mn lcm (m, n) + lcm (m + 1, n + 1) > + gcd (k, n) gcd (k, n + 1) 2mn 1 ≥ 2mn =√ ≥ 2mn gcd (k, n) gcd (k, n + 1) k m−n 17 Ví dụ 3.5 Cho a, b, c số nguyên khác không Chứng minh (i) [a, (b, c)] = ([a, b] , [a, c]) , (ii) (a, [b, c]) = [(a, b) , (a, c)] Lời giải (i) Ta có (a, b, c) c b , (a, b) (a, c) b c (a, b, c) , (a, b, c) (a, b) (a, c) b c = ((a, b) , (b, c)) , ((a, c) , (b, c)) (a, b) (a, c) b (b, c) c (b, c) = b, , c, (a, b) (a, c) b (b, c) c (b, c) = b, , c, (a, b) (a, c) c (b, c) b (b, c) ,c , = b, (a, b) (a, c) b (b, c) c (b, c) = (b, c) , , (a, b) (a, c) b (b, c) c (b, c) , = (b, c) , (a, b) (a, c) c b , = (b, c) 1, (a, b) (a, c) = (b, c) = Từ suy (b, c) = (a, b, c) c b , (a, b) (a, c) Ta có (a, b, c) = (a, (b, c)) = a (b, c) [a, (b, c)] [a, b] c [a, c] b = ; = (a, b) a (a, c) a nên ta [a, (b, c)] = a [a, b] [a, c] , a a 18 = ([a, b] , [a, c]) a Vậy [a, (b, c)] = ([a, b] , [a, c]) (ii) Từ (i) ta suy a (b, c) [a, b] [a, c] = (a, b, c) [a, b, c] a2 bc abc = ⇔ (a, b, c) [b, c] (a, b) (a, c) [a, b, c] a = ⇔ (a, b, c) [b, c] (a, b) (a, c) [a, b, c] ⇔ a [b, c] (a, b, c) = (a, b) (a, c) [a, b, c] a [b, c] (a, b) (a, c) ⇔ = [a, b, c] (a, b, c) ⇔ (a, [b, c]) = [(a, b) , (a, c)] Ví dụ 3.6 Cho ba số nguyên dương m, n p Chứng minh (i) [m, n, p] = mnp (m, n, p) (m, n) (n, p) (p, m) (ii) [m, n, p] = (m, n, p) [m, n] [n, p] [p, m] mnp Lời giải (i) Cách Suy từ ví dụ 3.5 định lí 3.1 Cách Đặt d = (m, n, p) Khi m = dx, n = dy, p = dz với (x, y, z) = Ta có [m, n, p] = [dx, dy, dz] = d [x, y, z] , mnp (m, n, p) dx.dy.dz.d dxyz = = (m, n) (n, p) (p, m) d (x, y) d (y, z) d (z, x) (x, y) (y, z) (z, x) Do điều phải chứng minh tương đương với xyz [x, y, z] = (x, y) (y, z) (z, x) (x, y, z) = xy z [x, y] z xyz (x, y) (3.1) [x, y, z] = [[x, y] , z] = = = ([x, y] , z) ([x, y] , z) (x, y) ([x, y] , z) 19 Từ đẳng thức (3.1) tương đương với ([x, y] , z) = (x, z) (y, z) , (3.2) với điều kiện (x, y, z) = Đặt q = (x, y) Ta có x = qx1 , y = qy1, (x1, y1) = Hơn (x, y, z) = nên ta có (q, z) = Do đẳng thức (3.2) tương đương (x1y1 , z) = (x1, z) (y1 , z) (3.3) Thật vậy, giả sử k = (x1y1 , z) Khi k | (x1y1 ) k | z mà (x1, y1 ) = nên k | x1 k | y1 Suy k | (x1, z) k | (y1, z) Do k | (x1, z) (y1 , z) Ngược lại l = (x1 , z) l | x1 l | z, suy l | x1y1 nên l | (x1y1 , z) Tương tự (x1, z) | (x1y1 , z) Do (3.3) chứng minh Từ ta có (i) chứng minh hồn tồn (ii) Suy từ (i) cách sử dụng định lí 3.1 Ví dụ 3.7 (USAMO 1972) Cho số nguyên a, b c Chứng minh [a, b, c]2 (a, b, c)2 = [a, b] [b, c] [c, a] (a, b) (b, c) (c, a) Lời giải Cách Áp dụng Ví dụ 3.6 ta có [a, b, c] = (a, b, c) [a, b] [b, c] [c, a] abc (a, b, c) = (a, b) (b, c) (c, a) abc Do (a, b, c) [a, b] [b, c] [c, a] (a, b, c)2 [a, b] [b, c] [c, a] abc (a, b, c) = [a, b, c] = (a, b) (b, c) (c, a) abc (a, b) (b, c) (c, a) Từ ta có điều phải chứng minh Cách Giả sử a = pα1 · · · pαnn , b = pβ1 · · · pβnn , c = pγ11 · · · pγnn , p1, p2, , pn số nguyên tố phân biệt, α1 , , αn, β1, , βn, γ1, , γn 20 số nguyên không âm Khi ta có n max{αi ,βi ,γi } pi [a, b, c] = [a, b] [b, c] [c, a] = i=1 n n max{αi ,βi } max{βi ,γi } max{γi ,αi } pi pi pi i=1 i=1 i=1 n max{αi ,βi ,γi }−max{αi ,βi }−max{βi ,γi }−max{γi ,αi } pi i=1 n n (a, b, c) = (a, b) (b, c) (c, a) = min{αi ,βi ,γi } pi i=1 n n min{αi ,βi } min{βi ,γi } min{γi ,αi } pi pi pi i=1 i=1 i=1 n min{αi ,βi ,γi }−min{αi ,βi }−min{βi ,γi }−min{γi ,αi } pi i=1 n Ta cần chứng minh với số nguyên không âm α, β, γ max {α, β, γ} − max {α, β} − max {β, γ} − max {γ, α} = {α, β, γ} − {α, β} − {β, γ} − {γ, α} (3.4) Thật vậy, tính đối xứng, khơng tổng qt ta giả sử α ≤ β ≤ γ Khi ta có (3.4) tương đương với 2γ − β − γ − γ = 2α − α − β − α (3.5) Đẳng thức (3.5) hiển nhiên Từ ta có điều phải chứng minh Chú ý: Ta thấy phương pháp dùng để chứng minh ví dụ 3.5, ví dụ 3.6 theo cách tương tự Nhận xét 3.8 Từ ví dụ ta có số nguyên [a, b] [b, c] [c, a] (a, b) (b, c) (c, a) [a, b, c]2 (a, b, c)2 Ví dụ 3.9 Cho n ≥ số nguyên dương a1 , a2 , , an Chứng minh a1 a2 an ≥ [a1 , a2, , an] (a1 , a2 , , an) 21 Lời giải Đặt A= a1 a2 an (a1 , a2, , an) Với i = 1, n ta có A = Từ suy a1 ai−1.ai+1 an .ai (a1 , a2, , an) A [a1 , a2 , , an] Do A ≥ [a1 , a2, , an] Bài tập đề nghị Bài tốn 4.1 Tìm số tự nhiên a, b thỏa mãn (a, b) = 12, [a, b] = 532 Bài tốn 4.2 Tìm hai số a, b nguyên dương thỏa mãn a2 + b2 = 85113, [a, b] = 1764 Bài toán 4.3 Chứng minh (a, b)n = (an , bn) với số tự nhiên n Bài toán 4.4 Cho số nguyên a, b, c khác không Chứng minh ([a, b] , [b, c] , [c, a]) = [(a, b) , (b, c) , (c, a)] Bài toán 4.5 Chứng minh gcd = gcd n−1 k−1 n−1 k , n k+1 , n+1 k , n+1 k+1 , n k−1 Bài toán 4.6 (USAMO 1993) Cho a, b số nguyên dương lẻ Dãy số (fn) xác định sau f1 = a, f2 = b, với n ≥ fn ước số lẻ lớn fn−1 + fn−2 Chứng minh fn không đổi với n đủ lớn xác định giá trị theo a b 22 Bài toán 4.7 (1997 Canadian Mathematical Olympiad) Có cặp số nguyên dương (x, y) với x ≤ y thỏa mãn gcd (x, y) = 5! lcm (x, y) = 50! Bài toán 4.8 (1995 Russian Mathematical Olympiad) Dãy số tự nhiên a1 , a2 , thỏa mãn điều kiện gcd (ai , aj ) = gcd (i, j) với i = j Chứng minh = i với i Bài toán 4.9 (AIME 1985) Cho dãy số (an ) xác định an = 100 + n2, n = 1, 2, Với n, đặt dn = (an , an+1) Tìm max dn n≥1 Tài liệu tham khảo [1 ] Hà Huy Khoái, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông Số học, NXB Giáo dục, 2006 [2 ] Đặng Hùng Thắng - Nguyễn Văn Ngọc - Vũ Kim Thủy, Bài giảng số học, NXB Giáo dục Việt Nam, 2010 [3 ] Dương Quốc Việt (chủ biên) - Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở lí thuyết số đa thức, NXB Đại học Sư phạm, 2012 [4 ] Dương Quốc Việt (chủ biên), Nguyễn Đạt Đăng, Lê Văn Đính, Lê Thị Hà, Đặng Đình Hanh, Đào Ngọc Minh, Trương Thị Hồng Thanh, Phan Thị Thủy, Bài tập sở lí thuyết số đa thức, NXB Đại học Đại học Sư phạm, 2014 [5 ] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng, 104 number theory problems, Birkhauser Boston - Basel - Berlin, 2006 [6 ] David A Santos, Elementary Number Theory Notes C, 2004 [7 ] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Number Theory Structures, Example, and Problems, Birkhauser 23 ... 2l+1 | 2l+1m 2k − Từ ước chung Bội chung nhỏ Định nghĩa 2.1 Cho hai số nguyên a b khác Số nguyên dương k gọi bội số chung nhỏ a b nếu: (i) a | k, b | k (k bội số chung a b), (ii) Nếu a | t... Khi f (x) = xi + ta có i=2 (a2016, a2014) = a2 = 1024 Ví dụ 1.12 Cho n số tự nhiên Tìm ước chung lớn 2n , 2n , , 2n 2n − Lời giải Ta có n k=1 2n 2k − = 22n−1, suy ước chung lớn cần tìm phải có... p2 pk Khái niệm ước số chung lớn mở rộng tự nhiên cho trường hợp có hai số theo cách sau gcd (a1 , a2 , , an−1, an ) = gcd (gcd (a1 , a2, , an−1) , an ) Định lí 1.3 (Bachet - Bezout) Với hai