SH nha TT ung dung ham dinh gia vao bai toan so hoc 07 25

ỨNG DỤNG HÀM ĐỊNH GIÁ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRẦN THANH NHÃ, GV THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN BÌNH ĐỊNH I LÝ THUYẾT Định nghĩa Cho p số nguyên tố , a số nguyên Ta kí hiệu v p ( a ) số mũ số nguyên tố p phân tích thiêu chuẩn a Tính chất 1) v p ( a + b ) ≥ {v p ( a ) , v p ( p )} 2) v p ( ab ) = v p ( a ) + v p ( p ) 3) v p ( gcd ( a1 , a2 , , an ) ) = i =1,n {v p ( )} 4) v p ( lcm ( a1 , a2 , , an ) ) = m ax i =1,n {v p ( )} n  n  5) (Công thức Legendre) v p ( n !) =   +   + = p p     n − sp (n) p −1 s p ( n ) tổng chữ số n phân tích theo số p, tức n = a0 + a1 p + + ak p k s p ( n ) = a0 + a1 + + ak Nhận thấy bốn tính chất dầu suy trược tính từ định nghĩa Tính chất khơng hiển nhiên Nhưng chứng minh đơn giản sau n n  Từ đến n, có   số chia hết cho p,   số chia hết cho p2, tương tự cho trường hợp  p p  n  n  lại Từ suy v p ( n !) =   +   + Chứng minh dấu thứ p p     Giả sử n = a0 + a1 p + + ak p k , ∈ {0,1, , p − 1} , ak ≠ Khi với ≤ r < k ar −1 p r −1 + + a1 p + a0 n k −r k − r −1 = a p + a p + + a + k k r pr pr r −1 ar −1 p r −1 + + a1 p + a0 ( p − 1) (1 + p + + p ) p r − Vì ∈ {0,1, , p − 1} nên ≤ = < pr pr p n Do  r  = ak p k − r + ak p k −r −1 + + ar Vì p  n  n  v p ( n !) =   +   + = a1 + ( p + 1) a2 + ( p + p + 1) a2 + + ak ( p k −1 + + p + 1)  p  p  a1 + ( p − 1) a2 + ( p − 1) a2 + + ak ( p k −1 − 1) p −1 a0 + a1 p + + ak p k − ( a0 + a1 + + ak ) n − s p ( n ) = = p −1 p −1 3.Bổ đề LTE Bổ đề Cho x, y hai số nguyên ( p, x ) = ( p, y ) = , p số nguyên tố lẻ 1) Nếu n nguyên dương p | x − y v p ( x n − y n ) = v p ( x − y ) + v p ( n ) 2) Nếu n nguyên dương lẻ p | x + y v p ( x n + y n ) = v p ( x + y ) + v p ( n ) Bổ đề Với trường hợp p =2 1) Cho x, y hai số nguyên lẻ | ( x − y ) Ta có v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( n ) 2) Cho x, y hai số nguyên lẻ n số nguyên dương chẵn Ta có v2 ( x n − y n ) = v2 ( x − y ) + v2 ( x + y ) + v2 ( n ) − II BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Chứng minh [ a, b, c ] | [ a, b ].[b, c ].[ c, a ] Lời giải Lấy p số nguyên tố Đặt v p ( a ) = x, v p ( b ) = y, v p ( c ) = z ( ) Khi v p [ a, b, c ] = max { x, y, z} v p ([ a, b ].[b, c ].[ c, a ]) = max { x, y} + max { y, z} + max { z , x} Ta chứng minh max { x, y, z} ≤ max { x, y} + max { y, z} + max { z , x} (*) Vì x, y, z có vai trị nên giả sử x ≥ y ≥ z Khi (*) ⇔ x ≤ x + y + x ⇔ ≤ y (ln đúng) Do [ a, b, c ] | [ a, b ].[b, c ].[ c, a ] Bài Cho m, n hai số tự nhiên cho m khơng có ước nguyên tố bé n cm n −1 ∏ (m i =1 i − 1)⋮ n !  n −1   n −1   i =1   Lời giải v p  ∏ ( m i − 1)  ≥  p − 1  Lấy p số nguyên tố với p ≤ n Theo giả thiết ( m, p ) = nên theo định lý Fermat ta có m k ( p −1) − 1⋮ p với số nguyên dương k  n −1   n −1   n −1  Mà số bội p -1 không vượt n –  nên v p  ∏ ( mi − 1)  ≥     i =1   p − 1  p −1 Theo công thức Legendre, ta có v p ( n !) = n − sp ( n) p −1 Suy  n −1   n −1  n − sp ( n) v p  ∏ ( mi − 1)  ≥   ≥ p − ≥ v p ( n !)  i =1   p − 1 Do suy điều phải chứng minh Bài Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2n−1 | n ! Lời giải Ta chứng minh v2 ( 2n −1 ) ≤ v2 ( n !) Thật vậy: Ta có v2 ( 2n −1 ) = n − v2 ( n !) = n − s2 ( n ) (công thức Legendre) Như vây v2 ( 2n −1 ) ≤ v2 ( n !) ⇔ s2 ( n ) ≤ ⇔ s2 ( n ) = ⇔ n = 2α (α ∈ ℕ ) Bài Chứng minh A = ( 3n ) ! ∈ ℕ, n ≥ n !( n + 1) !( n + ) ! Lời giải *) Với p số nguyên tố lẻ bất kì, theo cơng thức Lagrange ta có ∞  3n  v p ( ( 3n ) !) = v p ( ( 3n ) !) = ∑  i  (1) i =1  p  ∞   n   n + 1  n +   v p ( n ! ( n + 1) ! ( n + ) !) = ∑   i  +  i  +  i   (2) i =1   p   p   p  Theo đồng thức Hemite, ta có  3n   n   n   n   n   n +   n +   p i  =  p i  +  p i +  +  p i +  ≥  p i  +  p i  +  p i  (3)               Từ (1), (2) (3) suy v p ( ( 3n ) !) ≥ v p ( n ! ( n + 1)! ( n + ) !) *) với p = 2, ta có ∞  3n  v2 ( ( 3n ) !) = + v2 ( ( 3n ) !) = + ∑  i  (1') i =1   Và ∞   n   n + 1  n +   v2 ( n ! ( n + 1) ! ( n + ) !) = ∑   i  +  i  +  i   (2 ')     i =1    3n n n n n n +1 n+2 Ta có  i  =  i  +  i +  +  i +  ≥  i  +  i  +  i  , ∀i ≥ 2(3')   2  2 2 2 3 2      3n n n + 1  n +  Ta chứng minh   + =   +  +  (4’), thật vậy: 2 2     Khi n = 2k , ta có  3n   3.2k   n   n +   n +   2k   k +   2k +    =   = 3k   +   +   =   +   +   = 3k + Khi n = 2k + , ta có  3n   ( 2k + 1)   n   n +   n +   2k +   k +   k +  + = + + = 3k +  = 3k +   +    =                Từ (1’), (2’), (3’) (4’), ta suy v2 ( ( 3n )!) ≥ v2 ( n ! ( n + 1)! ( n + )!) Do đó, với số nguyên tố p ta có v p ( ( 3n ) !) ≥ v p ( n ! ( n + 1)! ( n + ) !) Từ suy A= ( 3n ) ! ∈ ℕ, n ≥ n !( n + 1) !( n + ) ! Bài (Iran TST 2008, vòng 2) Chứng minh a số nguyên dương mà ( a n + 1) lập phương n nguyên dương a = Lời giải Phản chứng Giả sử a > Chứng minh tồn n nguyên dương cho ( a n + 1) không lập phương Nếu a số chẵn a n + số lẻ nên ( a n + 1) không tập phương với n nguyên dương ( ) Trường hợp Nếu a + tồn ước nguyên tố lẻ p Khi v p ( a n + 1) = v p ( a + 1) + v p ( n ) ( ) * Nếu v p ( a + 1) ≡ ( mod 3) chọn n⋮ p, n ⋮ p ⇒ v p ( n ) = Do v p ( a n + 1) ≡ 1( mod p ) Do ( a n + 1) không lập phương ( ) ( ) * Nếu v p ( a + 1) ≡ 1( mod 3) chọn n⋮ p ⇒ v p ( n ) = Do v p ( a n + 1) ≡ 1( mod 3) Do ( a n + 1) khơng lập phương * Nếu v p ( a + 1) ≡ ( mod 3) chọn n⋮ p ⇒ v p ( n ) = Do v p ( a n + 1) ≡ ( mod 3) Do ( a n + 1) không lập phương Trường hợp Nếu a + có ước nguyên tố Khi với n ta có: ( ) v2 ( a n + 1) = v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + v2 ( n ) + Do v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + cố định nên chọn n cho v2 ( a + 1) + v2 ( a − 1) + v2 ( n ) + không chia hết cho Bài (Paul Erdos) Chứng minh tồn số c cho với a, b, n nguyên dương thỏa mãn a !b !| n ! ta có a + b < n + c ln n Lời giải Vì a !b !| n ! nên v2 ( a !b !) ≤ v2 ( n !) Áp dụng công thức Lagrange, bất đẳng thức có dạng a − s2 ( a ) + b − s2 ( b ) ≤ n − s2 ( n ) < n ⇒ a + b < n + s2 ( a ) + s2 ( b ) Gọi k số chữ số A viết hệ nhị phân, ta có 2k −1 ≤ A < 2k , k − ≤ log ( A ) ⇒ k ≤ + log A Do a + b < n + s2 ( a ) + s2 ( b ) ≤ n + + log ( ab ) a, b ≤ n nên tồn c cho a + b < n + c ln n Bài Cho a, b số nguyên dương cho a | b , b3 | a , a | b6 , b7 | a8 , Chứng minh a = b Lời giải Ta chứng minh v p ( a ) = v p ( b ) với p số nguyên tố Giả thiết a | b , b3 | a , a | b6 , Hay ta viết lại a n+1 | b n +2 ; b n +3 | a n + với n nguyên dương Quan hệ a n+1 | b n+ viết lại ( 4n + 1) v p ( a ) ≤ ( 4n + ) v p ( b ) với n, từ ta có v p ( a ) ≤ lim 4n + v p (b ) = v p (b ) 4n + Chứng minh tương tự, sử dụng b n +3 | a n+ ta có v p ( b ) ≤ v p ( a ) Từ ta có với số nguyên tố v p ( a ) = v p ( b ) Bài Cho a, m ∈ ℕ* tùy ý Chứng minh tồn vô hạn n cho v2 ( n !) ≡ a ( mod m ) Lời giải k Xét số n = 2α + 2α + + 2α Khi v2 ( n !) = n − s2 ( n ) = n − k = ∑ ( 2α − 1) i k i =1 Giả sử m = 2l.m '; ( m ', l ) = Ta chọn α i ≡ 1( mod ϕ ( m ') ) α i ≥ l Khi k ∑( i =1 ) 2αi − ≡ −k ( mod 2l ) k ∑ ( 2α i =1 i ) − ≡ k ( mod m ' ) Theo định lí phần du trung hoa lấy k cho k ≡ a ( mod m ' ) k ≡ − a ( mod 2l ) Từ suy v2 ( n !) ≡ a ( mod m ) Như tồn vô số n n −1 Bài Chứng minh với n nguyên dương ta có n !| ∏ ( 2n − k ) k =0 Lời giải Chứng minh Chúng ta xét số nguyên tố p bất kì, cần p ≤ n Với p = 2, ta có v2 ( n ) = n − s2 ( n ) ≤ n − ta có  n −1  n v2  ∏ ( 2n − k )  = ∑ v2 ( 2n − k ) = + + + n − = n −  k =0  k =0 Bây ta xét p số nguyên tố lớn Theo định lý Fermat ta có p | p −1 − ⇒ p | k ( p −1) − 1, ∀k ≥ Ta có n −1 ∏ ( 2n − 2k ) = n ( n −1) k =0 n ∏(2 k k =1 − 1) từ suy  n   n   n −1  n v p  ∏ ( 2n − 2k )  = ∑ v p ( 2k − 1) ≥  ( số bội p - 1mà khơng vượt n     k =0  k =1  p −1  p −1 Mặt khác v p ( n !) =  n − sp ( n) p −1 n −1  n −1 n  ≤ Do ta suy v p  ∏ ( − 2k )  ≥ v p ( n !) p −1  k =0  n −1  n −1  k =0  k =0 Vì vậy, ta có v p  ∏ ( 2n − 2k )  ≥ v p ( n !) với số nguyên tố p Suy n !| ∏ ( 2n − k ) Bài 10 Tìm tất số tự nhiên n cho n | ( 3n − 1) Lời giải Trường hợp 1: = + 1 , Ta có : −1= 3−1 = ⟹ − = ∈ ℕ ⟹ +3 ( với T lẻ ) +3 = = + + +3 +3 +3 ) Do : − ⋮ ⇔ (2 ≤ − ⇔ + ≤ ⇔ = ( ∈ ℕ ) ⟹ = = , Trường hợp 2: ∈ ℕ Ta có: 3 và số lẻ, số nguyên tố chẵn ⟹ −1 = 3−1 + =2+ =2 +) = ⟹ +) ≠ ⟹ −1 Do : − ⋮ ⇔ ⟹ 3+1 + (2 ≤ −1 ⇔ ≤2+ ⇔ −2≤ ∈ℕ = ( thỏa mãn ) ≥2 -) = ⟹ thỏa mãn -) = ⟹ thỏa mãn -) =6⟹ cho 2n + chia hết cho n Lời giải Lời giải Từ yêu cầu toán suy n số lẻ Gọi p ước nguyên tố nhỏ n Theo định lý Fermat, ta có p −1 ≡ 1( mod p ) Từ giả thiết suy 2n ≡ −1( mod p ) ⇒ 2 n ≡ 1( mod p ) Suy 2( n , p −1) ≡ 1( mod p ) ⇒ 22 ≡ 1( mod p ) ⇒ p = Giả sử v3 ( n ) ≥ Từ giả thiết suy v3 ( 2n + 1) ≥ v p ( n2 ) ⇔ + v p ( n ) ≥ 2v p ( n ) (vô lý) Vậy v3 ( n ) = ⇒ n = 3k , ( k , n ) = Giả sử k ≥ Gọi q ước nguyên tố nhỏ k, suy p ≥ k 2k q −1 Từ giả thiết ≡ −1( mod q ) ⇒ ≡ 1( mod q ) ≡ 1( mod q ) Từ suy 8( k , q −1) ≡ 1( mod q ) ⇒ 82 ≡ 1( mod q ) ⇒ q = Do 8k ≡ 1( mod ) Mặt khác 8k + ≡ ( mod ) (từ dẫn đến vơ lí) Vậy k = hay n = Bài 15 Tìm tất số nguyên dương n để tồn x, y, k cho ( x, y ) = 1, k > 3n = x k + y k Lời giải Vì (x,y)=1 x+y⋮3 ⇒ x,y không chia hết cho ( hai số chia hết cho (x,y)=3, mâu thuẫn) ⇒ k chẵn, tức k có dạng 2t ⇒ xk+yk ≡x2t+y2t≡1+1≡2 (mod 3), mâu thuẫn ⇒ k lẻ, mà k>1 ⇒ k≥3 Gọi p ước nguyên tố bé x+y Vì xk+yk ⋮(x+y) ⇒ vp (3n)=vp(xk+yk)= vp (x+y)+ vp(k) Vì x+y ⋮p nên vp (x+y) ≥1, dẫn đến vp(xk+yk) ≥1 ⇒ vp (3n) ≥1 suy 3n⋮ +, mà p số nguyên tố ⇒ p=3 x+y=3^q (n≥q>0) Mà k≥3 nên xk+yk>x+y ⇒ n>q Mà v3 (3n)=v3(xk+yk)= v3 (x+y)+ v3(k) hay n=q+ v3(k) ⇒ v3(k)>0 ⇒ k⋮3 Đặt k=3t, với t thuộc N* ⇒ 3n=xk+yk= x3t+y3t=(xt)3+(yt)3=(xt+yt)(x2t-xtyt+y2t) Đặt xt+yt=3m ⇒x2t-xtyt+y2t=3n-m Mặt khác, ta có : 32m-3n-m=(xt+yt)2-(x2t-xtyt+y2t)= x2t+2xtyt+y2t-x2t+xtyt-y2t=3xtyt Hay 3n-m(33m-n-1)=3 xtyt Vì x,y không chia hết cho ⇒ 3n-m=3 ⇒ x2t-xtyt+y2t=3n-m=3 (*) - - Lại có : 3= x2t-xtyt+y2t=(xt+ yt)2+ y2t≥ y2t - ⇒ 3≥ y2t ⇔ 4≥y2t ⇒ y=1 y=2 • Với y=1, vào (*) ta x2t-xtyt+y2t=x2t-xt+1=3 ⇒ xt=2 ⇒ t=1 ⇒k=3, vào (1) ⇒ n=2 • Với y=2 ⇒4≥22t=4t ⇒ t=1, vào (*) ta x=1 ⇒ k=3, vào (1) ⇒ n=2 Vậy ta có nghiệm (x,y,k,n)= (1,2,3,2),(2,1,3,2); n có giá trị Bài 16 Tìm tất số nguyên dương a, b cho b a | a b − Lời giải -b=1 =>giả thiết với a ∈ Z+ -b>1 Gọi p số nguyên tố nhỏ b +Trườnghợp 1: p lẻ Ta có: p | b | ba | ab-1 Vì (a,p)=1 nên theo định lí Fermat ta có: p | ap-1-1 Do đó: p | a(b,p-1)-1=a-1(vì p ước nguyên tố nhỏ b) Ápdụng LTE: vp(ab-1)=vp(a-1)+vp(b) Vì: ab-1⋮ba nên vp(ab-1)≥vp(ba) vp(a-1)+vp(b)≥avp(b) vp(a-1)≥(a-1)vp(b)≥a-1 (vơlý) +Trườnghợp 2: p=2 p chẵn => b chẵn => a lẻ Áp dụng LTE ta được: v2(ab-1)=v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1 Từ: ab-1⋮ba Ta suy ra: v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1≥ v2(ba)=av2(b) v2(a+1)+v2(a-1)≥(a-1)v2(b)+1≥a-1+1 v2[(a+1)(a-1)]≥a ⇒ a2-1≥2a Điều xảy / $=3 % =1 Đặt: b=2B (B làsốnguyêndươnglẻ) Từ giả thiết ta có: (2B)3| 32B-1 8B3 | 32B-1 $ = 30 • B=1 => b=2 =>1 %=2 • B>1 Vì B>1 nên ta gọi q ước nguyên tố nhỏ B q | B | b | 32B-1(1) Từ ta suy ra: (q,3)=1 Áp dụng định lí Fermat ta được: q | 3q-1-1(2) Từ (1) (2) ta suyra: q | 3(2B,q-1)-1=32-1=8 q=2(mâu thuẫn với q | B B sốlẻ) Như vậy, b=1 a ∈ Z+ a=3, b=2 thỏa mãn yêu cầu đề Bài 17 Cho p số nguyên tố a, n số nguyên dương Chứng minh p + p = a n n = Lời giải Xét trường hợp p=5, an=725 ⇒ n=1 Xét trường hợp p≠5, ⇒p không chia hết cho Áp dụng định lí 2, ta v5(2p+3p)= v5(2+3)+v5(p)= v5(5)=1 (vì p khơng chia hết cho 5) ⇒ v5(an)=1, mặt khác, số nguyên tố ⇒ n=1 Vậy với trường hợp toán, ta thu n=1 III BÀI TẬP Bài Cho số nguyên dương a n cho tất ước nguyên tố a lớn n Chứng minh ( a − 1) ( a − 1) ( a n −1 − 1) chia hết cho n! Bài Chứng minh tích số nguyên từ 21997 + đến 21991 − số phương Bài Tìm tất số nguyên dương n lẻ cho n | 3n + Bài Cho số nguyên tố p Tìm tất số nguyên dương a, b, c cho a p + b p = c p Bài Tìm tất ( k , m, n ) nguyên dương cho k m | ( m n − 1) ; k n | ( n m − 1) Bài Cho số nguyên dương a > Tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2000 | ( a n − 1) Bài (IMO 2000) Có tồn hay không số nguyên dương n cho n có 2000 ước nguyên tố n | 2n + 1? Bài Cho a, b số nguyên dương Chứng minh n !| a ( a + b )( a + 2b ) ( a + ( n − 1) b ) b n −1 Bai a) Cho số nguyên dương x, y, z Chứng minh ( x + y + z ) = ( 3m + )( xy + yz + zx ) , p = 3n + ước nguyên tố 3m + 2, v p ( 3n + ) lẻ p ước x, y , z b) Tồn hay không số nguyên dương a, b, c cho a + b + c chia hết cho 2013 ( ab + bc + ca ) Bài 10 Cho a, b, c số nguyên dương ( a, b, c ) = Chứng minh tồn vô hạn n cho a k + b k + c k không chia hết cho 2n Bài 11 a) Với m mà pα ≤ m < pα +1 v p ( Cmk ) ≤ α b) Cho n ∈ ℕ* , ak = ( n + 1) Cnk Chứng minh [ a0 , a1 , , an ] = [1, 2, , n, n + 1] Bài 12 Xét dãy số {an } , a0 = 0, a2 n = n − an , a2 n +1 = a2 n a) Chứng minh số nguyên không âm xuất dãy lần b) Chứng minh lim an = n Bài 13 Cho a, b, c ba số tự nhiên lớn thỏa mãn a + b3 + c − 3abc ⋮ ( abc ) Chứng minh a = b = c a = 2k +1 , b = c = 2k Bài 14 Tìm m, n nguyên dương thỏa mãn n + n = m ! Bài 15 Cho n số nguyên dương thỏa mãn 3n − 2n lập phương số nguyên tố Chứng minh n số nguyên tố ... Khi k ∑( i =1 ) 2αi − ≡ −k ( mod 2l ) k ∑ ( 2α i =1 i ) − ≡ k ( mod m '' ) Theo định lí phần du trung hoa lấy k cho k ≡ a ( mod m '' ) k ≡ − a ( mod 2l ) Từ suy v2 ( n !) ≡ a ( mod m ) Như tồn... p số nguyên tố a, n số nguyên dương Chứng minh p + p = a n n = Lời giải Xét trường hợp p=5, an= 725 ⇒ n=1 Xét trường hợp p≠5, ⇒p khơng chia hết cho Áp dụng định lí 2, ta v5(2p+3p)= v5(2+3)+v5(p)=... Bài Cho a, b số nguyên dương Chứng minh n !| a ( a + b )( a + 2b ) ( a + ( n − 1) b ) b n −1 Bai a) Cho số nguyên dương x, y, z Chứng minh ( x + y + z ) = ( 3m + )( xy + yz + zx ) , p = 3n