Hai bổ đề này mà tác giả muốn nhắc đến ở đây chính là Bổ để nâng lũy thừa LTE và bổ đề Hensel (còn gọi là Hensel Lifting, cũng dùng để nâng lũy thừa trong phương trình đồng dư).. Cả hai[r]
(1)Chủ đề C HAI BỔ ĐỀ LIFTING TRONG SỐ HỌC
Hai bổ đề mà tác giả muốn nhắc đến Bổ để nâng lũy thừa LTE bổ đề Hensel (còn gọi Hensel Lifting, dùng để nâng lũy thừa phương trình đồng dư) Cả hai bổ đề xuất cách lâu đề thi VMO Ta nhắc lại sơ lược hai bổ đề sau:
(LTE 1)Với p số nguyên tố lẻ, xét ,a b số nguyên không chia hết cho p p a b| Khi đó, với n nguyên dương
( n n) ( ) ( )
p p p
v a b v a b v n Đặc biệt, n lẻ, ta cịn có ( n n) ( ) ( )
p p p
v a b v a b v n
(LTE 2) Với p2, xét ,a b lẻ mà |a b với số nguyên dương n, ta có
2( ) 2( ) 2( )
n n
v a b v a b v n
Nếu n chẵn, áp dụng cơng thức cho a b2, ta ln có |a2b2 với ,a b lẻ:
/2 /2 2
2( ) ( ) ( ) 2( ) 2( / 2)
n n n n
v a b v a b v a b v n
(Hensel) Cho đa thức P x( ) hệ số nguyên số nguyên tố p Giả sử có r số nguyên
1, 2, , r 1;
x x x p thỏa mãn ( )i 0(mod )
P x p P x( )i 0 (mod )p với i1, 2, , r
Khi đó, với số nguyên dương k, tồn r số nguyên dương với 1 x pk cho P x( )
chia hết cho pk
Ý tưởng mấu chốt để chứng minh bổ đề dựa vào tính chất tiếp tuyến:
2
0 0
( ) ( ) ( ) ( )(mod )
P x P x x x P x p với p nguyên tố, số x x, 0 p x| x0
Chứng minh tính chất dễ dàng khai triển Taylor
2
0
0 0
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1! 2!
x x x x
P x P x P x P x
và ý
( )
( ) !
k
P x
(2)Tiếp theo, ta xét hai toán đề VMO trước có dùng hai bổ đề trên:
Bài (VMO 1997)Chứng minh với số nguyên dương n, tồn k nguyên dương |19n k97
Lời giải Quy nạp theo n Với n1 chọn k0
Giả sử khẳng định đến n, tức ta có k để |19n k 97 Có hai trường hợp xảy ra: - Nếu v2(19k97) n quy nạp hồn tất
- Nếu v2(19k 97)n với t2s chẵn, ta có
2
2(19 1) 2(19 1) 2(19 1) 2( ) 2( )
t s
v v v v s v s
Chọn t2n2 v s2( ) n nên 2(19t 1)
v n Đặt 2
19k n 19k 2nx 19k 97 2n y với ,x y x y, lẻ rõ ràng
2
19k n 972 (n xy) chia hết cho
2n Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm
Bài (VMO 2000)Xét đa thức P x( )x3153x2111x38 Chứng minh [1;32000], có số nguyên dương a cho 32000| ( ).P a
Thay giải tốn này, điều kiện khơng dùng máy tính, ta đổi tốn sau với tính chất hệ số
Bài Xét đa thức P x( )x33x26x4 Hỏi miền 2017
1;3
có số a để ( )
P a chia hết cho 32017?
Lời giải Ta thấy P x( )3x26x6 không thỏa mãn điều kiện bổ đề Hensel, nên đây, ta dùng mẹo nhỏ
Dễ thấy | ( )P a a 1(mod 3), ta đặt a3k1 k[0;320161], thay vào
3
( ) (3 1) (3 1) 3(3 1) 6(3 1) 27
P a P k k k k k k Do 2017
3 | ( )P a 32015| (3k3k)
(3)2015 2015 2015 2015 2016
0;3 , ; , ;3
,
thì có số k cho 32015| ( )Q k Vậy nên có số k thỏa mãn đề
Ở VMO 2000, phép đặt tương tự, ta đưa
3
( ) (3 1) 27( 52 22 3)
P a P k k k k
Đến đây, tốn giải cách hồn tồn tương tự (nhưng cho số lớn, khó tính tốn) Bên số toán áp dụng nhẹ nhàng cho bổ đề Hensel:
Bài (KHTN 2011)Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số nguyên dương x[1;5 ]n cho |n x3 x
Gợi ý Bài toán hệ trực tiếp bổ đề xét P x( )x3 x (3) 0(mod 5), (3)
P P theo mod
Bài Cho đa thức P x( )x34x26x c với c1, 2, , 2017 Hỏi có tất số c cho ứng với giá trị c đó, số lượng 2017
1;7
x 72017| ( )P x nhiều nhất?
Gợi ý Vẫn theo ý tưởng Hensel Thử số x1, 2,3, 4,5, 6, 7, ta thấy với c4(mod 7) phương trình đồng dư có nhiều nghiệm Đếm 288 số c
Quay lại bổ đề LTE, ta xét hai toán thú vị bên dưới:
Bài (KHTN 2015) Chứng minh n số nguyên dương thỏa mãn 3n4n5 | 60n n
thì n1, 2,3
Lời giải
Đưa phương trình nghiệm nguyên 3n4n5n 2 5x y z với 0 x , 0n y n, 0 z n Xét hai trường hợp:
(1) Nếu n lẻ v2(3n5 )n v2(8)3 v5(3n4 )n 0 nên z0 Thử trực tiếp thấy n1,n3 thỏa mãn nên xét n5 Khi v VT2( )3 x3
Ta đưa phương trình 8
3
n n
n n n y n
(4)Điều sai theo BĐT Bernoulli
3
n n
với n5 (2) Nếu n chẵn n2, xét v3(4n5 )n 0 v2(3n5 ) 1n Ta đưa
3n4n5n 2 5z
Nếu zn 3n4n 5n nên n2 Nếu z n 5 5
z n n
VT
, khơng thỏa
Tóm lại, ta có n1, 2,3
Bài (Thổ Nhĩ Kỳ MO) Cho n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với a nguyên dương lẻ nguyên tố với n 2n2 |an1 Chứng minh n số square-free
Lời giải.
Xét ước nguyên tố p n đặt mv np( ) Nếu p chẵn chọn a cho
5(mod 8), 1(mod nm)
a a
p
dễ thấy
2
2(2 )
v n m 2( n 1) 2( 1) 2( )
v a v a v n m Suy 2 m 2 m hay m1
Tương tự với p lẻ Do đó, tất mũ p n| nên n square-free
Bài Cho biết với n nguyên dương ( !) ( )
1
p p
n s n v n
p
s np( ) tổng chữ số n hệ p- phân; giải toán sau
a) Cho , ,a b c số nguyên dương ! !| !a b c Chứng minh 2a b c 2c2
b) Với n số nguyên dương chẵn, đặt 1
1!( 1)! 3!( 3)! ( 1)!1!
n a
n n n
Tìm tất số nguyên dương n cho 2x an(2y1) có nghiệm nguyên dương ( ; ).x y
Gợi ý
a) Tính v2 hai vế ! !| !a b c , ta có v a2( !)v b2( !)v c2( !) hay a s a 2( ) b s b2( ) c s c2( ) Với n, ta có s n2( )log ( ) 1.2 n Suy
2
2 2 2
2 ( ) ( ) ( ) log ( ) log ( ) log ( )
(5)Do 2a b c 2 c2
b) Thu gọn biểu thức cho, ta
1
2 !
n n a
n
Dùng hàm định giá v n2( !) n s n2( ), ta thấy tất số cần tìm n chẵn, n6 n lũy thừa
Cuối cùng, xin đề cập đến tốn có xuất đề đề nghị Olympic 30/4 tỉnh phía Nam Đề lời giải đáp án bị sai Bài toán có liên quan đến số mũ đúng khơng cần dùng LTE
Bài (Đề nghị Olympic 30/4) Gọi A tập hợp số nguyên dương không vượt 100 Hai số ,x yA gọi liên kết với tồn k cho xy| (xk yk).Hỏi có cặp số ( , )x y liên kết với A?
Lời giải đưa điều kiện x y, liên kết điều kiện x y, phải có dạng (p,p) với , Lập luận sau: đặt d gcd( , )x y xdx y1, dy1; gcd( ,x y1 1) 1 nên d phải nguyên tố với hai số x y1, 1 Khẳng định sai, chẳng hạn chọn x20,y50
1
10, 2,
d x y Ta đổi tập hợp A lại cho dễ đếm xét toán sau:
Bài 10 Gọi A tập hợp ước dương 30 10 Hai số ,x yA gọi liên kết với tồn k cho xy| (xk yk).Hỏi có cặp có tính thứ tự, khơng thiết phân biệt
( , )x y liên kết với A?
Lời giải
Ta chứng minh điều kiện cần đủ để có hai số x y, liên kết x y, có tập ước nguyên tố Thật vậy, chiều thuận hiển nhiên |a bk |b ak chứng tỏ ,a b khơng thể có ước ngun tố riêng; chiều đảo cần chọn k đủ lớn để với p ước nguyên tố ab
( ) ( ) ( ) ( ), ( ) ( k k)
p p p p p p
v ab v a v b k v a v b v a b Xét có mặt ước nguyên tố hai số ,a b:
Nếu mũ có cách chọn
Nếu mũ lớn số có 10 cách chọn nên tổng cộng có 102 1 101 cách Do ước nguyên tố 2,3,5 độc lập nên nguyên lý nhân, ta đếm có tất
2 3