SH minh ND da thuc chia duong tron va so hoc 2016 07 30

ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRỊN-ỨNG DỤNG VÀO CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC Nguyễn Đình Minh GV THPT Chuyên Lê Quý Đơn-Đà Nẵng Email: minhtdhsp@yahoo.com Trong kì thi học sinh giỏi Toán, toán số học thường tốn khó phần lớn liên quan đến việc phân tích hay xét ước số nguyên tố số nguyên dương cho trước Việc tìm kiếm lời giải cho tốn vấn đề khó khăn đòi hỏi người làm tốn cần có kỹ phân tích nắm vững kiến thức lý thuyết số Bài viết giới thiệu “đa thức chia đường tròn ” cơng cụ hiệu mà qua bạn đọc sử dụng để tìm tòi, tiếp cận giải vấn đề số học có liên quan Đa thức chia đường tròn 1.1 Định nghĩa Cho số nguyên dương n, đa thức chia đường tròn thứ n đa thức n  x   x   k n 1 k  n  k ,n  1 j đó,  nj    n   cos j j  i sin với j  1, 2, , n bậc n đơn vị n n Ví dụ đa thức chia đơn tròn thứ 1, 2,3 1  x   x  1  x  1;   x   x    x  1;   x    x     x   32   x  x  1.2 Tính chất Tính chất 1.1 Cho n số nguyên dương, đa thức  n  x  có bậc   n  với hệ số bậc cao có   n  nghiệm phân biệt Chứng minh Tính chất suy trực tiếp từ định nghĩa  n  x   Tính chất 1.2 Cho số nguyên dương m, n Khi  n  x  ,  m  x  có nghiệm chung n  m Chứng minh Giả sử  mk   nt (với  k , m    t , n   ) nghiệm chung  n  x  ,  m  x  n  mkn    mk    m | kn  m | n m  ntm    nt    n | tm  n | m  Do đó, n  m Chiều ngược lại hiển nhiên Tính chất 1.3 Cho số nguyên dương n, x n     d  x  d |n n Chứng minh Gọi  dl (với  l , d   d | n ) nghiệm  d  x   dl    dnl  ,  dl nghiệm x n  Ngược lại,  nk 1  k  n  nghiệm x n  Đặt d   d , t   n k ,t  ,  n, k   n , k   nk   dt nghiệm  d  x  , nên nghiệm đa thức vế phải Mặt khác theo tính chất 1.1, 1.2, nghiệm đa thức  d  x  phân biệt có hệ số bậc cao 1, nên đẳng thức cho chứng minh  Hệ 1.1 Với p số nguyên tố x p 1  p  x   x p 1  x p    x  1  x  Tính chất 1.4 Với n số nguyên dương  n  x  đa thức có hệ số nguyên Chứng minh Chứng minh phương pháp quy nạp Với n  1, đa thức 1  x   x  đa thức với hệ số nguyên Giả sử  m  x  đa thức có hệ số nguyên, với số nguyên dương m thỏa  m  n, n  x   xn 1  m  x  1 m  n m|n Theo giả thiết quy nạp,  m  x  đa thức có hệ số nguyên hệ số bậc cao 1, nên  n  x  đa thức với hệ số nguyên  Tính chất 1.5 Cho số nguyên tố p số nguyên dương n, i/ Nếu p | n  pn  x    n  x p  ; ii/ Nếu  p, n    pn  x   n  x p  n  x  Chứng minh i/ Gọi  kpn nghiệm  pn  x  , với  k , pn   Khi đó, p k     k    n   pn  n n   nên  kpn nghiệm  n  x p  Do p | n , ta có deg   pn  x      pn   p  n   deg   n  x p   Hơn nữa, nghiệm  pn  x  phân biệt hệ số bậc cao đa thức  pn  x  ,  n  x p  1, suy i/ chứng minh ii/ Gọi  nt nghiệm  n  x  ,  t , n   Khi đó,  tp, n   p  n   nt     n   ntp     Theo chứng minh i/, suy tất nghiệm  n  x   pn  x  nghiệm  n  x p  Hơn nữa,  p, n   suy deg   n  x p    p  n     pn     n   deg  pn  x   n  x   Vậy ii/ chứng minh Hệ 1.2 Cho số nguyên tố p n, k số nguyên dương,    k i/ Nếu p | n  p n  x    n x p ; k   x  n x p ii/ Nếu  p, n    p n  x   k n k p k 1 Chứng minh i/ Áp dụng tính chất 1.5, ta có      x   pk n  x    p k 1n  x p     pn x p k 1 p n ii/ Sử dụng i/, suy  pk n  x    pn   x    x   p k 1 n x p k  p k 1 n Tính chất 1.6 Cho số nguyên dương m, n thỏa  m, n   1,  n  x m     dn  x  d |m Chứng minh Giả sử m  p1a p2a pka k     x  a  n  x m    n x s p1 s p1a11 n  k , a1 , , ak    đặt x    x  s p1a12 s p1a1 n n s m , sử dụng hệ 1.2, p1a1  x    x       x  s p1a11n s p1a1 n s dn d | p a1 Thực tương tự bước phân tích cho  dn  x s  , suy điều cần chứng minh  Tính chất 1.7 Cho m, n số nguyên dương phân biệt p số nguyên tố Giả sử tồn số nguyên a cho p |  n  a  p |  m  a  , p | mn Chứng minh Theo tính chất 1.3, tồn đa thức f  x  với hệ số nguyên thỏa x mn    m  x   n  x  f  x  Đặt  n  x   g  x  x  a    n  a  ,  m  x   h  x  x  a    n  a  , với g  x  , h  x  đa thức với hệ số nguyên Khi x mn    g  x  x  a    n  a    h  x  x  a    m  a   f  x  Đạo hàm hai vế cho x  a, suy mn.a mn 1  g  a   m  a  f  a   h  a   n  a  f  a    n  a   m  a  f '  a  Vì p ước  n  a  ,  m  a  không ước số a nên từ đẳng thức suy  p ước số mn Hệ 1.3 Cho m, n số nguyên dương phân biệt p số nguyên tố Giả sử tồn số nguyên a cho p |  m  a  p |  n  a  , tồn số nguyên s cho n  p s m Chứng minh Đặt m  p m0 , n  p  n0 ,  ,   ,  m0 , p    n0 , p   Nếu    m0  a    m  a    mod p  Nếu   1, theo tính chất 2.5, ta có   m0  a   p      m0 a p m  a   m  a    mod p    p 1 m0  a    mod p  Do đó, ta ln có p |  m  a  Chứng minh tương tự, ta p |  n  a  Vì  mn, p   nên 0 s theo theo tính chất 1.7, suy m0  n0 , m  p n với s      Ứng dụng đa thức chia đường tròn vào chủ đề số học 2.1 Cấp phần tử Định lí 2.1 Cho số nguyên tố p số nguyên dương n cho  n, p   Khi đó, với số nguyên a p |  n  a   ord p  a   n Chứng minh Chứng minh theo phương pháp quy nạp Với n  1, hiển nhiên có p | 1  a   a   ord p  a   Giả sử mệnh đề với số nguyên dương nhỏ n Nếu p |  n  a  p | a n  , đặt ord p  a   m, ta có m  n, p  1 Giả sử m  n , theo giả thiết qui nạp suy p |  m  a  , theo tính chất 1.7, suy p | mn , điều mâu thuẫn với  mn, p   1, nên m  n Ngược lại, ord p  a   n p | a n  n | p  1, theo tính chất 1.3, tồn ước số nguyên dương d n cho p |  d  a  , d  n  p  Giả sử d  n, theo giả thiết qui nạp suy n  ord p  a   d , mâu thuẫn với điều giả sử Vậy định lí chứng  minh Từ định lí 2.1, ta xét ước số nguyên tố  n  a  qua hệ trực tiếp Hệ 2.1 Cho số nguyên tố p số nguyên dương n cho  n, p   Khi đó, với số nguyên a thỏa p |  n  a  p  1 mod n  Hệ 2.2 (Dirichlet) Cho số nguyên dương n  , tồn vơ số số ngun tố p thỏa p  1 mod n  Chứng minh Giả sử tồn hữu hạn số nguyến tố p1 , p2 , , pk  k  *  thỏa pi  1 mod n  với i  1, 2, , k Phân tích n  q11 q2 ql l  l ,  j  , j  1, 2, , l  p , q   với i  1, 2, , k j  1, 2, , l cho   a   1, tồn ước nguyên tố i j m n  Đặt a  p1 p2 pk q1q2 ql chọn m     p  n a m Vì  p, n    p, pi   với i  1, 2, , k nên theo hệ 2.1, suy p  1 mod n  , mâu thuẫn với điều giả sử  Định lí 2.2 (sự tồn nguyên thủy theo môđunlô nguyên tố) Với số nguyên tố p, tồn nguyên thủy môđunlô p, tức tồn số nguyên a cho ord p  a   p  Chứng minh định lí, ta sử dung bổ đề quen thuộc sau Bổ đề 2.1 Cho số nguyên tố p đa thức P  x  bậc n  n    với hệ số nguyên P  x   an x n  an 1 x n 1   a1 x  a0 Giả sử tồn n  số nguyên b0 , b2 , , bn thỏa mãn đồng thời điều kiện i/ bi  b j  mod p  ,   i  j  n; ii/ P  bi    mod p  ,   i  n Khi đó,   mod p  với  i  n Chứng minh bổ đề Chứng minh theo phương pháp quy nạp Nếu P  x  đa thức bổ đề hiển nhiên Giả sử bổ đề với đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ n Xét đa thức P  x     x  với deg P  x   n, tồn đa thức Q  x     x  với deg Q  x   n thỏa mãn n 1 P  x   an   x  bi   Q  x   Q  bi    mod p  ,   i  n  i 0 Theo giả thiết quy nạp, suy hệ số Q  x  chia hết cho p, n 1 an   bn  bi   P  bn   Q  bn    mod p   an   mod p  i 0 Khi đó, đa thức K  x   P  x   an x n  an 1 x n1   a1 x  a0 thỏa K  bi    mod p  với  i  n  Do đó, theo giả thiết quy nạp, suy   mod p  với  i  n  Chứng minh định lí 2.2 Tồn đa thức T  x     x  cho x p 1    p1  x  T  x  Giả sử với t  1, 2, , p  1  p 1  t  khơng chia hết cho p, T  t    mod p  , 1  t  p  Vì deg T  x   p  , nên theo bổ đề trên, suy hệ số T  x  chia hết cho p, 1   p 1   T     mod p  Mâu thuẫn suy tồn t0  1, 2, , p  1 cho p |  p1  t0  Theo định lí 2.1, suy ord p  t0   p   2.2 Định lí Zsigmondy Định lí Zsigmondy định lí quan trọng số học, có liên quan đến việc xét ước nguyên tố biểu thức có dạng a n  b n , a, b, n số nguyên dương thỏa  a, b   1, a  b  1, n  Trong phần này, đề cập đến ứng dụng hay đa thức chia đường tròn chứng minh trường hợp đặc biệt định lí a  b  1, n  Định lí 2.3 Cho số nguyên a, n  Khi tồn số nguyên tố q ước số a n  ước số a i  với số nguyên dương i  n , trừ trường hợp (1) n  2, a  2t  với t  2; (2) n  6, a  Chứng minh định lí 2.3, ta sử dụng bổ đề sau liên quan đến  n  x  Bổ đề 2.2 Cho số nguyên a, n  Giả sử tất ước nguyên tố  n  a  ước n Khi đó, xảy trường hợp (1) n  2, a  2t  với t  ; (2)  n  a   p số nguyên tố lẽ n  p s k với k  ord p  a  , s  Chứng minh Nếu p số nguyên tố cho p |  n  a   a, p   Đặt k  ord p  a  , suy k | p  ,  k , p   Theo định lí 2.1 hệ 1.3, suy p |  k  a  tồn số nguyên dương s thỏa n  p s k ( s nguyên dương p | n ) Giả sử q số nguyên tố cho q  p q |  n  a  Khi đó, ta có n  q t h với t số nguyên dương h  ord q  a  Vì n  p s k  q t h nên q | k , p | h , nhiên k | p  h | q  1, suy q  p  p  q  Mâu thuẫn suy  n  a  có ước nguyên tố p TH1 Nếu p số lẽ, đặt c  n  p s 1k , a c  b  suy k | c nên p | a c   b Ta có p p a n   b  1  p i i 1    C pb  p  p  mod p  c a 1 b i 2 Vậy v p  a n  1  v p  a c  1  Mặt khác, theo tính chất 1.3, tồn đa thức F  x     x  : x n    n  x    d  x .F  x    x c  1  n  x  F  x  d |c Do đó, v p  a n  1  v p   n  a    v p  a c  1  v p  a c  1  Vậy suy v p   n  a    1, nên  n  a   p TH2 Nếu p  2, suy a số lẽ ước nguyên tố  n  a  Ta có s 1 k  ord  a   , suy n  s với s  1,  n  a    2s  a   a   Nếu s   n  a    mod  nên  n  a  có ước nguyên tố lẽ, điều mâu thuẫn với nhận xét Vậy s  n  2, suy  n  a   a   2t (với t  ) Do đó, a  2t   Bổ đề 2.3 Cho số nguyên a  1, n  p s k với p số nguyên tố s, k số s 1 nguyên dương thỏa  k , p   Đặt l  a p ,   k   n  a    l p   l  1  Chứng minh Vì đa thức  n  x  khơng có nghiệm thực lớn lim  n  x    nên x   n  x   với x  Khi đó, theo hệ 1.2, ta có n  a   n  a   k l p  k l  Hơn nữa, k l p    k  l p   kj   l p  1 1 j  k  j , k  1 k l    k  l   kj   l  1 1 j  k  j ,k  1 Dấu hai bất đẳng thức không đồng thời xảy ra, k   l p 1  n  a      l 1   k   l p   l  1   Chứng minh định lí 2.3 Giả sử phản chứng, ước nguyên tố p  n  a  thỏa ord p  a   n , nên theo định lí 2.1, suy p | n Áp dụng bổ đề 2.2, ta có TH1 Với n  a  2t  với t  TH2 Với  n  a   p số nguyên tố lẽ n  p s k với k  ord p  a  , s  Khi đó, ta đặt s 1 l  a p  2, theo bổ đề 2.3, ta có   k  p   l p 2  l  1   l p 2  p Vì p số nguyên tố lẽ nên bất đẳng thức với p  Khi l  2,   k   nên a  2, s  k  k  Suy n  n  Nhưng   a   a  a    nên n  6, a  Từ định lí 2.3, dễ dàng suy “dạng tổng” sau Định lí 2.4 Cho số nguyên a, n  Khi tồn số nguyên tố q ước số a n  ước số a i  với số nguyên dương i  n , trừ trường hợp n  3, a  Chứng minh Áp dụng định lí 2.3 cho a n  suy tồn ước nguyên tố q a n  không ước số a i  với số nguyên dương i  2n, ngoại trừ trường hợp 2n  6, a  (trường hợp 2n  khơng xảy n  ) tức n  3, a  Ngoài ra, q | a n    a n  1 a n  1 , q không ước a n  nên q | a n   định lí chứng minh 2.3 Một số toán khác n n1 Bài toán 2.1 Cho số nguyên dương n Chứng minh số 22  22  có n ước số ngun tố phân biệt Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta có    n 1 n 22  2    2 n 1 3d  2 d |2 n1 Theo bổ đề 2.3,  3d    với ước nguyên dương d 2n1 ,  3d   chứa ước nguyên tố Mặt khác p ước nguyên tố chung  3d   ,  3d   , n1 với d1 , d ước số phân biệt Theo tính chất 1.7, p | d1d nên p  Điều mâu thuẫn  3d   số lẽ Vậy tất ước nguyên tố số  3d   phân biệt,  toán chứng minh Bài toán 2.2 Cho số nguyên dương n  p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt lớn n1 Chứng minh p p p  có 22 ước số phân biệt n Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta có   p1 p2 pn    2 p1 p2 pn    d   d | p1 p2 pn Chia 2n ước số p1 p2 pn thành tập hợp A B , tập A gồm tất số tích số chẵn số nguyên tố số p1 , p2 , , pn tập B gồm tất số tích số lẽ số nguyên tố số p1 , p2 , , pn Khi đó, A  B  2n1 Giả sử p ước chung  s   ,  2t   với s  t s, t  A theo hệ 1.3, ta có s  p k t với k  Điều mâu thuẫn với định nghĩa s t , suy với d  A ước n1 nguyên tố số  d   phân biệt Vậy p p p  có 22 ước phân biệt n  Bài tốn 2.3 (IMO Shortlist 2006) Tìm tất cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn x7   y  x 1 Giải Điều kiện x  1, viết lại phương trình   x    y  1   y  Nếu   x     y   y   suy y  , khơng thỏa phương trình Nếu   x   , gọi p ước nguyên tố tùy ý   x  , theo hệ 2.1, suy p  p  1 mod  , nên d |   x  d   mod  d  1 mod  Do đó, y    mod  y   1 mod  , suy y  1 mod  y   mod  Suy   y    mod    y    mod  , điều mâu thuẫn   y  ước   x   Do đó, phương trình vơ nghiệm Bài tốn 2.4 (IMO Shortlist 2000) Tìm tất số nguyên dương  a, m, n  cho n a m  ước số  a  1 Giải Nếu m  với tất số nguyên dương n, a thỏa a  | 2n , điều với tất số nguyên dương m, n Nếu a  2, m  tốn thỏa với số nguyên dương n  Ta xét trường hợp a, m   a, m    2,3 , theo định lí 2.4, tồn ước số nguyên tố a m  không ước số a  , điều mâu thuẫn điều kiện toán Vậy tất số  a, m, n  thỏa  s,1, t  , 1, s, t  ,  2,3, v  với s, t  1, v  Bài tốn 2.5.Tìm tất số nguyên dương x, m, n  thỏa mãn phương trình  x  1  x2  x  1  xn  x n1   1  x m  x m1   Giải Biến đổi phương trình x  1 x  1  x n1  1   x m1  1  x  1 n 1 (1) TH1 Nếu m  n x m 1  1  x  1 n 1 n n 1   x n1  1  x  1    x i  1 i 2 nên phương trình vơ nghiệm TH2 Nếu x  2, m  , (1) thành 2  1 23  1  n1  1  63 (2) Giả sử n  vế trái (2) chia hết cho 24   5.3 , nhiên ước 63 Do đó, n  , không thỏa (2)  TH3 Nếu m  n   x, m    2,5  , theo định lí 2.3, suy tồn ước nguyên tố x m 1  không ước x i  với số nguyên dương i  n  , điều khơng thỏa (1) Vậy phương trình cho vô nghiệm  Một số tập tự luyện Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho tất ước nguyên tố n  n  không lớn n Cho số nguyên n  Hãy tính  n 1 hai trường hợp n lũy thừa số nguyên tố n lũy thừa số nguyên tố p Cho số nguyên a  1, n  p s k với p số nguyên tố s, k số nguyên s 1 dương thỏa  k , p   Đặt l  a p , chứng minh   k   l p 1     l 1   k   l p 1   n a      l 1  Hàm Mobius  :    1;0;1 xác định  1  1,    d   với n  d |n Chứng minh với số nguyên dương n  dn   n  x     x  1 d |n    d  Tìm tất số nguyên dương x, y số nguyên tố p cho p x   y  p  1 Tìm số nguyên dương  x, r , p, n  n, r  p số nguyên tố thỏa mãn xr   pn 7.(Balkan MO 2009) Tìm tất số nguyên dương x, y, z cho x  y  z (JMO 2011) Tìm số nguyên dương  a, n, p, q, r  thỏa a n    a p  1 a q  1 a r  1 (Czech-Slovak Math 1996) Tìm tất só nguyên dương x, y số nguyên tố p tỏa mãn p x  y p  TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên)(2004), Tuyển tập chuyên đề chọn lọc, NXBĐHQGHN [2] Bart Michels, Zsigmondy’s Theorem, 2014 [3] Titu Andreescu, Juming Feng , Mathematical Olympiads 1999-2000: Olympiads Problems from Around the World, MMA, 2000 [4] Y.Ge, Elementary Properties of Cyclotomic Polynomials, Preprint (PDF from drchristiansalas.org.uk, from it-hiroshima.ac.jp) [5] Tập thể tác giả (2003), Tuyển tập năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXBGD  ... cho chứng minh  Hệ 1.1 Với p số nguyên tố x p 1  p  x   x p 1  x p    x  1  x  Tính chất 1.4 Với n số nguyên dương  n  x  đa thức có hệ số nguyên Chứng minh Chứng minh phương...  nên q | a n   định lí chứng minh 2.3 Một số toán khác n n1 Bài toán 2.1 Cho số nguyên dương n Chứng minh số 22  22  có n ước số ngun tố phân biệt Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta có ...  phân biệt,  toán chứng minh Bài toán 2.2 Cho số nguyên dương n  p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt lớn n1 Chứng minh p p p  có 22 ước số phân biệt n Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta