Một số bài toán liên quan đến hàm phần nguyên, phần lẻ

Bài toán này thuộc dạng cơ bản nhất liên quan đến hàm phần nguyên, ý tưởng chủ yếu là các biểu thức mà ta có thể tính được thông qua xây dựng dãy rồi từ đó chứng minh được một số tính ch[r]

(1)

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM PHẦN NGUYÊN, PHẦN LẺ

(Nguyễn Đăng Khoa tổng hợp giới thiệu)

Hàm phần nguyên, phần lẻ hàm quan trọng số học có sức lơi đặc biệt với tác giả Vì thông qua viết tác giả muốn giới thiệu số toán hay liên quan đến mảng kiến thức Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy Lê Phúc Lữ đóng góp cho tài liệu chia sẻ với tác giả mẫu LaTeX đẹp mắt

1 Lý thuyết sở 1.1 Định nghĩa

Phần nguyên số thựcx số nguyên lớn khơng vượt q x Kí hiệu phần ngun x là[x]hoặcbxc Ví dụb3, 6c=3,b−4, 5c=−5

Phần lẻ số thựcx kí hiệu là{x}hoặc〈x〉, tính theo cơng thức{x}=x− bxc

1.2 Các tính chất bản

1. bxc ≤ x <bxc+1

2 Với hai số thực x≥ y thìbxc ≥ byc.

3. bn+xc=n+bxcvới số thực x và nlà số nguyên. 4 Với hai số thực x, y thìbx+yc ≥ bxc+byc.

5. bxcd =dxtrong đóx là số thực cịnd là số nguyên dương.

6 Cho x là số thực dương và d là số nguyên dương số số nguyên dương là bội của d không vượt quá x làxd.

7 Với alà số nguyên thì{x+a}={x},∀x ∈R.

8 Với số thực x thỏa mãn {x}< 12 thì {2x} =2{x} cịn nếu {x} ≥

2 thì {2x} =

(2)

1.3 Các định lý

1 Định lý Legendre - de Polignac

Cho plà số nguyên tố, lũy thừa bậc cao củapđược cho công thức

vp(n!) =

+∞

X

k=1

n pk

=n−σp(n)

p−1 (1.1)

Trong đóσp(n)là tổng chữ số của nkhi biểu diễn dạngp−phân nó.

2 Định lý Hermite

Với nlà số nguyên dương số thực x bất kì ta có

[nx] = [x] +

x+1 n

+ .+

x+n−1 n

(1.2)

Nhận xét. Từ định lý ta rút trường hợp đặc biệt hay dùng là

[x] +

x+1

2

= [2x] (1.3)

3 Định lý Beatty

Cho hai sốα,βlà hai số vô tỷ dương Chứng minh rằng

α+

1

β =1khi khi

hai dãy[α],[2α],[3α], và[β],[2β],[3β], lập thành phân hoạch tập số nguyên dương.

Chứng minh (Chiều thuận).

Ta xét số nguyên dươngN bất kì, ta đếm xem có số từ1đếnN−1

thuộc hai dãy

Ta dễ thấy dãy[α],[2α],[3α], cóNαsố nhỏ N. Tương tự dãy[β],[2β],[3β], cóNβsố nhỏ N.

Theo tính chất hàm phần nguyên kết hợp giả thiết α1 +β1 =1thì ta có N−2<Nα+Nβ<N, đóNα+Nβ=N−1

Từ choN chạy qua số2, 3, ý hai dãy[α],[2α],[3α],

và [β],[2β],[3β], hai dãy nguyên dương tăng ngặt nên ta chứng minh phân hoạch N∗

(Chiều đảo). Lập luận tương tự phần ta cóNα+Nβ=N−1 Kết hợp tính chất phần ngunN(1α+β1)−2<Nα+Nβ≤N(α1 +β1) Suy

N−1

N ≤

1

α+

1

β < N+1

N

Cho N→+∞thì ta có α1 +1β =1 Kết thúc phép chứng minh

(3)

2 Một số tốn

Bài tốn 1. Chứng minh rằng 2+p3nln số lẻ với số nguyên dương n. Lời giải. Ta xét dãy số{an}được xác định sau:

a1=4,a2=14;an+2=4an+1−an,∀n≥1 (1) Khi dãy số có cơng thức tổng quát làan= (2+p3)n+ (2−p3)n

Chú ý rằng0<(2−p3)n <1nên

2+p3n=an−1

Mặt khác từ (1) ta dễ dàng chứng minh quy nạpan chẵn với số nguyên dươngnhay ta có đpcm

Nhận xét. Bài tốn thuộc dạng liên quan đến hàm phần nguyên, ý tưởng chủ yếu biểu thức mà ta tính thơng qua xây dựng dãy từ đó chứng minh số tính chất xoay quanh Một số tốn có ý tưởng tương tự:

1 Tính giới hạn lim n→+∞

(4+p10)n+ (45+p2001)n trong đó{x}là phần lẻ của x. 2 Chứng minh rằngb2+p5c2019là hợp số.

3 (IMOSL 1988) Cho α là nghiệm lớn phương trình x3 −3x2+1 = Chứng minh rằnga1788vàa1988cùng chia hết cho17

4 (Hong Kong TST 2020) Tìm số số nguyên tố p<100sao chob(2+p5)pc −2p+1

chia hết cho p.

Bài toán 2. Cho dãy số(un)được xác định sau:un =np2 với số nguyên dươngn Chứng minh dãy cho có vơ số số hạng số phương.

Lời giải. Theo nhị thức Newton với số nguyên dươngmlẻ

(p2+1)m=x m

p

2+ym (p2−1)m=x

m

p

2−ym xm,ym số nguyên dương

Khi xmp2−ym xmp2+ym=1hay2x2m=ym2 +1 Suy ym2 +ym4 = ym2 ym2 +1=2ym2x2m

Mặt khác dễ dàng chứng minh ym4 < ym4 + ym2 < ym2 +12 Từ suy p

2xmym=Ỉy2

m+ym4

= ym2 số phương

Hơn với sốm lẻ khác xm,ym khác nên ta xây dựng dãy(un)thỏa mãn đề

(4)

1 Chứng minh tồn vô hạn nđểnp2là số chẵn số lẻ.

Chứng minh. Phương pháp phản chứng, giả sửnp2chỉ chứa hữu hạn số lẻ Tức tồn sốn0 nguyên dương chonp2là số chẵn với mọin>n0 Khi đó(n+1)p2≥np2+2 Do đó(n+k)p2≥2k+np2

Từ suy (n+k)p2>2k−1+np2haykp2>2k−1 (*)

Chọn k đủ lớn BĐT (*) sai, từ suy đpcm Tương tự với phần np2

chứa vô hạn số chẵn, ta có đpcm

Một số tốn tương tự.

2 (Tổng quát) Choα là số vô tỷ dương Chứng minh dãy số{an}được xác định bởi công thức an= [n·α]chứa vô hạn số chẵn, vô hạn số lẻ.

3 Chứng minh dãy sốan =np2,∀n≥1chứa vô hạn số lũy thừa của2 4 (Putnam 1983) Với số nguyên dương nthì ta lấy f(n) = n+pn Chứng

minh với số nguyên dươngmbất kì dãy sốm,f(m),f(f(m)),f(f(f(m))), chứa số phương.

Bài toán 3. (APMO 2013) Xác định số nguyên dươngnsao cho n

2+1

p

n2+2

là một số nguyên dương

Lời giải. Đặtn=m2+k, đó0≤k≤2m u cầu tốn tương đương với (m2+k)2+1

m2+2 =m 2+ (2

k−2) +(k−2)

2+1

m2+2

là số nguyên

Ta dễ có(k−2)2+1<4m2+8nên (k−2)2+1

m2+2 nhận giá trị1,2hoặc3

• Nếu (k−2)2+1 = m2+2 hay (k−2)2 = m2 +1, điều dẫn tới m = 0, k−2=±1 Điều mâu thuẫn với điều kiện

• Nếu (k−2)2 +1 = 2m2 +4 hay (k−2)2 −2m2 = 3 Lấy theo modulo 3 ta

có (k−2)2 +m2 ≡ (mod 3), từ suy k−2 ≡ m ≡ (mod 3) | (k−2)2−2m2 =3(mâu thuẫn)

• Cuối nếu(k−2)2+1=3m2+6hay(k−2)2−3m2=5 Lấy theo modulo

3, ta có (k−2)2 ≡2 (mod 3)(mâu thuẫn)

Vậy trường hợp khơng tồn số ngun dương n thỏa mãn đề

(5)

1 Xác định tất số nguyên dươngnsao cho1+p2n|2n. 2 (PEN A83) Tìm tất số nguyên dươngnsao chopn|n.

Đặc biệt kỳ thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên Hùng Vương có một cụ thể sau:

"Có số nguyên dương n≤840thỏa mãnpn|n?"

3 Có tồn hay khơng số nguyên dươngm,nđểnp2+2n=mp2?

Bài toán 4. (Romania TST 2013) Giả sử a< blà hai số thực dương thỏa mãn[na]

là ước của[nb] với số nguyên dương n Chứng minh a, b đều số nguyên dương.

Lời giải. Với mỗinngun dương ta đặt[[anbn]]=tn, đótnlà số nguyên dương Ta có bn−an1 < [bnan]< anbn−1, suy lim

n→+∞

[bn]

[an]= ab, hayn→lim+∞tn=ab

Do [[anbn]] = ba =k>1là số nguyên dương với n>n0 (n0∈N∗)

Từ suy ra[bn]chia hết chokvới n>n0 (*)

Theo định lý Hermite thì[2bn] = [bn] +bn+12, nên từ (*) suy rabn+12chia hếtkvới mọin>n0

Do k>1nên[bn] =bn+12hay{bn}< 12 với n>n0 Ở ta có hai hướng

xử lý:

• Cách 1.Chúng ta có bổ đề nho nhỏ dùng Dirichlet để chứng minh nếubkhơng số ngun dương tồn tạinsao cho{bn}<0, 001hay là{bn}>0, 999(có thể thay số lớn bé tùy ý)

Do đó, từ {bn}<12 với mọin>n0 số bchắc chắn số ngun dương • Cách 2. Do {bn}< 12 với n >n0 nên theo tính chất phần lẻ {2kbn} =

2{2k−1bn}= .=2k{bn}<12 vớiktùy ý

Cho k→+∞thì ta thu {bn}=0với n>n0 nên hẳn b phải số nguyên dương

Vậy ta cók[an] = [bn] =bn=kannên[an] =an(vớin>n0), lập luận tương tự để cóalà số nguyên dương Kết thúc chứng minh

Nhận xét. Những toán mà giả thiết liên quan đến vơ hạnnthì có xu hướng lấyn

đủ lớn để có tính chất hữu ích Một số tốn tương tự sau

1 Cho số thực a,b,c,d thỏa mãn[an] + [bn] = [cn] + [d n]với số nguyên dương n Chứng minh a+b=c+d.

2 (Saint Petersburg 2018) Cho hai số vô tỷ dươngα vàβ thỏa mãn với mọi x >0 thì có đẳng thức[α[xβ]] = [β[xα]] Chứng minhα=β.

3 (Sáng tác) Cho a, b là hai số hữu tỷ dương thỏa mãn [apn] là ước của[bpn]

với số ngun dương nkhơng số phương Chứng minh rằnga=b. 4 Choα là số thực không bé hơn1và thỏa mãn với mọi m,nnguyên dương, n|m

(6)

Bài toán 5. (Korea MO 2000) cho plà số nguyên tố, p≡1 (mod 4) Hãy tính tổng

S=

p−1

X

k=1

2k2 p

−

k2 p

Lời giải. Theo định lý Hermite ta biến đổi tổng thành

S=

p−1

X k=1 k2 p + =

p−1

X k=1 k2 p + −

p−1

X k=1 § k2 p + ª

Chú ý tập{1, 2, 3, ,p−1}có p−21 số phương modp.

Mặt khác ta thấy−p1 =1 nên a số phương mod p −a số phương modp, hayp−acũng số phương modpvà ngược lại

Từ nhận xét ta rút có p−41 số phương modp khơng nhỏ p−21 có p−41 số phương mod pnhỏ p−21

Do với số k thỏa mãn k2 ≡ a (modp) ap < 12 tồn số l cho l2≡p−a (modp)và ngược lại

Do úƯkp2+12â+Ưlp2+12â= ap+12+pap 12 =1 Suy raPkp=11Ưkp2 +12â= p21 Do ú tổngS=Pkp=−11kp2+12=Pkp−=11kp2 +12−p−21 =(p−1)(62p−1)

Bài toán 6. (Balkan TST 2005) Cho nlà số nguyên dương số p thỏa mãn

p≡7 (mod 8) Chứng minh rằng p−1

X

k=1

k2n

p +

1

= p−1

2

Lời giải. Chú ý rằngk2n ≡(−k)2n (modp)nên ta viết lại tổng

p−1

X

k=1

k2n

p +

1

= p−1

2 =2

p−1

X

k=1

k2n

p + =2  

p−1

X

k=1

k2n

p +

1

−

p−1

X

k=1

k2n

p +  

= p−1

2 +2

 

1

p p−1

2

X

k=1

k2n− p−1

2

X

k=1

k2n

p +  

Vậy ta cần chứng minh 1pP p−1

2 k=1k

2n

=Pp−21

k=1

k2n p +

1

Ta lại cóP

p−1 k=1

k2n p +

1

=Pp−21 k=1

2k2n p

−Pp−21 k=1

k2n p

với mọi1≤k≤ p−21 Với mỗik=1, 2, ,p−21 ta viết2k2n=p2k2

n

p

(7)

Ta chứng minh rk6=rl với mọi1≤rk6=rl ≤ p−21 Thật vậy, giả sửrk=rl, tức

0=rk−rl ≡2(k2n−l2n)≡2(k−l)

n−1

Y

j=0

(Mẫu thuẫn)

Vậy sốrk,k=1, 2, p−21 p−21 số phương mod p. Một cách tương tự, ta đặtk2n=pk2

n

p

+rk0 đó1≤rk0 ≤p−1 Khi sốrk0 p−21 số phương mod p.

Vậy từ suy P−1

2

X

k=1

kx p +

1

=

p−1

X

k=1

2k2n p

−

p−1

X

k=1

k2n

p

=1

p p−1

2

X

k=1

2k2n−rk−1 p

p−1

X

k=1

k2n−rk0= p

p−1

X

k=1

k2 Vậy kết thúc phép chứng minh

Nhận xét. Phép tính tổng liên quan đến phần nguyên số nguyên tố xuất khá nhiều thi Olympic Hai ví dụ có "động chạm" đến lý thuyết mạnh là thặng dư bình phương Sau số toán khác

1 (VietNam TST 2015) Cho số nguyên tố p>3 Tính tổng sau a) P =P

p−1 k=1

2k2 p

−

k2 p

nếu p≡1 (mod 4). b)Q=P

p−1 k=1

k2 p

nếu p≡1 (mod 8).

2 (Calin Popescu, AMM) Cho plà số nguyên tố dạng8k+7, k∈N Hãy tính tổng

S= p−1

2

X

k=1

k2 p +

1

3 Cho số nguyên tố p≡1 (mod 4) Đặt

S =

p−1

X

i=1

i2 2p2+2p+1

p

− 2p2+2p+1

i2 p

Chứng minh rằng p3 là ước củaS+p. 4 Chonlà số nguyên dương bất kì

a) Tính Sn=Pnk=1nk·ϕ(k)

b) Kí hiệu Tn là tập chứa sốkthỏa mãnkn ≥12.Chứng minh rằng

P

k∈Tnϕ(k) =n

(8)

Bài toán 7. (APMO 2004) Chứng minh với số nguyên dươngnthìn(n(n−+11)!) là số chẵn.

Lời giải. (Evan Chen)

Ta thử trường hợp vớin≤8thấy thỏa mãn Vớin>8ta xét ba trường hợp

• Nếu hai sốnvàn+1đều khơng số ngun tố dễ dàng chứng minh n|(n−1)!và(n+1)|(n−1)! Mà(n,n+1) =1nên suy ran(n(n−+11)!) = n(n(n−+11)!) Áp dụng định lý Legendre - de Polignac ta có

v2((n−1)!) =n−21+n−41+n−81+ .>n−21−1+n−41−1+9−81=3(n4−1)−1 Suy v2((n−1)!)≥3(n−41)

Chú ý hai sốn,n+1có số lẻ nênv2(n(n+1))≤log2(n+1)

Với n≥9thì ta dễ có 3(n4−1) ≥log2(n+1) +1 Do v2n(n(n−+1)1)!≥1nên chắn số chẵn

• Nếu n = p số nguyên tố (p ≥ 11) Theo định lý Wilson ta có (pp−+1)!1 ≡1

(modp) Suy

(p−1)! p(p+1)

=

(p−1)!

p+1 +1

p −1 Dễ thấy biểu thức số chẵn

• Nếun+1=plà số nguyên tố (p≥11), ta tiếp tục sử dụng biến đổi định lý Wilson (p−p−2)!1 ≡ −1(modp)

Vậy biểu thức viết lại thành (p

−2)!

p(p−1)

=−1+

(p−2)! p−1 +1

p Ta dễ thấy số số chẵn (đpcm)

Nhận xét. Bài toán xuất giai thừa, dấu hiệu rõ nét định lý Wilson nên ta có hướng xử lý Một số toán khác liên quan đến chứng minh tính chất số học:

1 (BMO 2015) Chứng minh 20 số nguyên dương liên tiếp tồn tại một số nguyên dương d sao cho vi mi s nguyờn dngnthỡ

npdƯnpdâ>5

2

(9)

3 Cho k,M là số nguyên dương với k−1không số square-free Chứng minh rằng tồn số thực α thỏa mãnbα·kncnguyên tố với M, với số nguyên dương n.

(Số square-free số phân tích thừa số nguyên tố số mũ thừa số nguyên tố Ví dụ 10 =2×5 là số square-free, 20 = 22×5 khơng số square-free)

Bài tốn 8. (Russian MO 1999) Chứng minh với số nguyên dương nthì n2

X

k=1

¦p

k©≤ n

2−1

2

Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp, cần

(n+1)2

X

k=n2+1

p

k≤2n+1

2

Nếu ta ¦p

n2+iâ+Ưặ(n+1)2iâ 2n+1

2n ,i=1,n

T ú ta cộng vào để đpcm Vìbpn2+ic=bp(n+1)2−ic=nnên bất đẳng

thức trở thành

p

n2+i+Ỉ(n+1)2−i≤ 4n

2+2n+1

2n Áp dụng AM-GM ta có

p

n2+i+Ỉ(n+1)2−i≤2

v

tn2+ (n+1)2

2 =2

v

t2n2+2n+1

2

Vậy ta chứng minh

2

v

t2n2+2n+1

2 ≤

4n2+2n+1 2n

⇐⇒8n2(2n2+2n+1)≤(4n2+2n+1)2

⇐⇒0≤(2n+1)2

Vậy ta hồn tất chứng minh

Nhận xét.Bài tốn có kết mạnh

n2

X

k=1

Ưp

kâ 3n

22n1

6

(10)

3 Gợi ý, lời giải cho tốn đề xuất

Bài 1.1.Tính giới hạn lim n→+∞

(4+p10)n+ (45+p2001)n trong đó{x}là phần lẻ của x.

Hint.Xây dựng dãy để có

lim n→+∞

(4+p10)n = lim n→+∞

(45+p2001)n =1

Suy giới hạn ban đầu

Bài 1.2.Chứng minh rằngb(2+p5)2019clà hợp số.

Hint.Xây dựng dãy để số số chẵn

Bài 1.3.(IMOSL 1988) Choαlà nghiệm lớn phương trình x3−3x2+1=0 Chứng minh rằnga1788vàa1988cùng chia hết cho17

Hint.Ta chứng minh phương trình có đủ nghiệma>b>c.

Tiếp chứng minh đượca>1>b>0>c>−1và ta đặt tn=an+bn+cn Áp dụng định lý Vi-et để xây dựng công thức tn+3 =3tn+2−tn

Chú ý do|b|,|c|<1, cụ thể ta chứng minh được|b|,|c|<0, 8để rút

a1788=t1788−1vàa1988=t1988−1

Sau ta xét chu kì số dư chia 17 từngtnthì ta có t4k≡t1788≡t1988≡1

(mod 17) Vậy ta có đpcm

Bài 1.4.(Hong Kong TST 2020) Tìm số số nguyên tốp<100sao chob(2+p5)pc−2p+1

chia hết cho p.

Hint.Bài tốn phát biểu khơng hay lắm, giấu chất với số nguyên tố p lẻ thìb(2+p5)pc −2p+1 chia hết chop.

Chú ý vớiplẻ ta cób(2+p5)pc= (p5+2)p−(p5−2)p.

Sau sử dụng khai triển nhị thức Newton áp dụng tính chất pk≡0 (modp)với

0<k<plà xong

Nhận xét.Đây toán cũ xuất AoPS tài liệu "Santos - Number Theory for Mathematical Contests" Đặc biệt gần đề cho HS lớp 11 tỉnh Ninh Bình đăng Group "Hướng tới VMO-TST".

Bài 2.1.(Tổng quát) Choα là số vô tỷ dương Chứng minh dãy số{an}được xác định bởi công thứcan= [n·α]chứa vô hạn số chẵn, vơ hạn số lẻ.

Hint.Nếuα <2thì ta chứng minh phần

(11)

Bài 2.2.Chứng minh dãy số an=np2,∀n≥1chứa vô hạn số lũy thừa của

Lời giải. Giả sử phản chứng dãy chứa hữu hạn số lũy thừa Gọi2t là số

lớn nằm dãy số

Sau ta xét số nguyên dươngn>tbất kì

Lấy m số nguyên dương thỏa mãn mp2 < 2n < 2n +1 < (m+1)p2, suy ra 2n >mp2≥2n−(p2−1)>2n−1

2 từ ta đặtm

p

2=2n−ε (ε <1 2)

Lấy số ngun dươngklớn thỏa mãn2kε <1thì đó <2

kε <1.

Xét số(2km+1)p2=2n+k−2kε+p2thì đó

(2km+1)p2

=2n+k Suy điều

mâu thuẫn hay ta có đpcm

Bài 2.3.(Putnam 1983) Với số nguyên dươngnthì ta lấy f(n) =n+pn Chứng minh với số nguyên dươngmbất kì dãy sốm,f(m),f(f(m)), f(f(f(m))), chứa số phương.

Hint.Viếtm=k2+ltrong đók,llà số tự nhiên (0≤l≤2k) Ta xét hai trường hợp là0≤l≤kvàk<l<2k+1 Ta gọi tậpAgồm sốmthỏa mãn0<l≤k, còn tậpBlà gồm số mthỏa mãn k<l<2k+1

Giả sửm∈B Ta tính được f(m) = (k+1)2+l−k−1trong đó0≤l−k−1<k+1

nên f(m)là số phương f(m)thuộc A Tiếp tục tính số l giảm qua lần lấy f đến khil=0(tức số phương) Xét tương tự vớim∈A.

Bài 3.1. Xác định tất số nguyên dươngnsao cho1+p2n|2n.

Hint.Ta viết2n= 1+p2nmvớim số nguyên dương Đánh giá mđể rút đượcm=p2n, từ đưa kết số tam giác thỏa mãn đề

(số tam giác số biểu diễn dạng k(k2+1) vớiklà số nguyên dương)

Bài 3.2.(PEN A83) Tìm tất số nguyên dươngnsao chopn|n.

Hint.Ta tiếp tục kĩ thuật viết n=k2+l (0≤l≤2k). Đáp án:n=k(k+1)hoặc n=k(k+2)

Bài 3.3.Có tồn hay không số nguyên dươngm,nđểnp2+2n=mp2?

Hint.Viết lại phương trình dạng

(p2−1)np2 +mp2 = m−n−np2p2

Sau ta đáng giá miền giá trị hai bên để suy điều vơ lý Từ suy không tồn tạim,n.

Bài 4.1. Cho số thực a,b,c,d thỏa mãn [an] + [bn] = [cn] + [d n] với số nguyên dươngn Chứng minha+b=c+d.

(12)

Bài 4.2. (Saint Petersburg 2018) Cho hai số vô tỷ dương α vàβ thỏa mãn với mọi

x >0thì có đẳng thức[α[xβ]] = [β[xα]] Chứng minhα=β. Lời giải. Giả sử phản chứngα < β

Ta thayx β1 ta có[α] =0, tức là0< α <1

Khi đó[α[xβ]]vớix chạy trênR+ tập giá trị làN Ta có[α[xβ]] = [β[xα]]nên suy với số nguyên dươngnthì

n−1< α[xβ]<n ⇐⇒ n−1< β[xα]<n Từ điều kiệnn−1< α[xβ]<ntương đương với β1αn≤x <β1 n+α1

Tương tự ta cón−1< β[xα]<nsẽ tương đương với α1 βn£≤x < 1α n+β1£ Từ suy α1 βn£ = β1αn Trong dxe= [x] +1được gọi phần nguyên x

Đặt βα=t Khi biểu thức viết lại thành ttnα=αn

Ta có với mỗimnguyên dương thỏa mãn m=αn, tương đương vớim−1<αn ≤m. Vàm=ttnαsẽ tương đương vớim−t<αn ≤m.

Chú ý αn với n = 1, 2, 3, trù mật khoảng (0; 1) nên từ suy m−1=m−thay t=1tức làα=β (Mâu thuẫn với giả sử)

Vậy ta có đpcm

Nhận xét. Bài tốn tốn khó, lời giải chỉnh sửa từ lời giải thành viênseoneotrên AoPS Qua ta nhắc lại định lý Kronecker sau

Định lý Kronecker.Choαlà số vô tỷ, Kí hiệu{x}là phần lẻ số thực x Khi đó tập hợp{{nα}|n=1, 2, 3, }trù mật khoảng(0; 1).

Bài 4.3.(Sáng tác) Choa,blà hai số hữu tỷ dương thỏa mãn[apn]là ước của[bpn]

với số nguyên dươngnkhơng số phương Chứng minh rằng a=b.

Hint.Tiếp tục đặt [[abppn]

n] =tn∈N∗

Xong lấy giới hạn ta có ba =limtn=k∈N∗

Xong nếuk≥2thì{apn}<21l ·X vớil nên{a p

n}=0(Vô lý dopnvô tỷ)

Bài 4.4.Cho α là số thực không bé hơn 1và thỏa mãn với mọi m,nnguyên dương,

n|mthì[nα]|[mα] Chứng minhαlà số nguyên dương.

Hint.Từ giả thiết suy k,n∈N∗ thì[knα]chia hết cho[nα]

(13)

Bài 6.1.(VNTST 2005) Cho số nguyên tốp>3 Tính tổng sau a) P=P

p−1 k=1

2k2 p

−

k2 p

nếu p≡1 (mod 4). b)Q=P

p−1 k=1

k2 p

nếu p≡1 (mod 8).

Hint.Phần a) làm tương tự số ý rằngP p−1

2 k=1

Ưk2 p +

1

â = p1

4

Phn b) vit likp2= kp2 Ưkp2â

Xong tiếp tục tương tự số thực chất phần cầnp≡1 (mod 4)là đủ

Tham khảo thêm lời giải VNTST 2005 Internet

Bài 6.2 (Calin Popescu, AMM) Cho p là số nguyên tố dạng 8k+7, k∈N Hãy tính

tổng

S = p−1

2 X k=1 k2 p +

Hint.Bài toán trường hợp đặc biết số với ý

p−1

X

k=1

Đ k2 p + ê =2

p−1

X

k=1

§ k2 p + ª

Bài 6.3.Cho số nguyên tốp≡1 (mod 4) Đặt

S=

p−1

X

i=1

i2 2p2+2p+1

p

− 2p2+2p+1

i2 p

Chứng minh rằngp3 là ước củaS+p.

Hint.Biến đổi biểu thức cho thành S= (2p+2)

p−1

X

i=1

i2−(2p2+2p)

p−1

X

i=1

i2 p

(14)

Bài 6.4.Chonlà số ngun dương bất kì a) TínhSn =Pnk=1nk·ϕ(k)

b) Kí hiệu Tn là tập chứa sốkthỏa mãnkn ≥12.Chứng minh rằng

P

k∈Tnϕ(k) =n

2.

Hint.a)Cách 1Sau thử vài trường hợp nhỏn=1, 2, 3, 4, ta đốn kết n(n2+1)

Một cách tự nhiên quy nạp theon, cần chứng minhSn+1−Sn=n+1

Chú ý rằngn+1k −nk=1khik|nvà bằng0khik không ước củan Kết hợp với kết tiếng Gauss

n

X

d=1,d|n

ϕ(d) =n Cách 2.Ta sử dụng tư tưởng đếm hai cách sau Ta có

n

X

k=1

jn k k

ϕ(k) =

n

X

k=1 n

X

j=1,k|j

1·ϕ(k) !

=

n

X

j=1

j

X

k=1,k|j

·ϕ(k) !

=

n

X

j=1

j= n(n+1)

2

b) Ta xét hàmψ(k) =1nếukn ≥ 12 vàψ(k) =0nếu

k

n <

1

Do đóPk∈T

nϕ(k) = Pn

k=1(ψ(k)·ϕ(k))

Sau ta chứng minhψ(k) =nk+12−nk

Kết hợp định lý Hermite thìPk∈T

nϕ(k) =S2n−Sn=n

2.

Nhận xét.Đây toán đẹp liên quan đến hàmϕ mà gặp thấy trình học

Bài 7.1.(BMO 2015) Chứng minh 20 số nguyên dương liên tiếp tồn tại số nguyên dươngd sao cho vi mi s nguyờn dngnthỡ

npdƯnpdâ>5

2

Hint.Trong 20 số nguyên dương liên tiếp ta chọn sốd chia 20 dư 15 Ta chứng minh số thỏa mãn đề

Dod≡3 mod 4nênn2d khơng số phương nên tồn tạimngun dương chom2 <n2d<(m+1)2

Ta cónpd =npd−m= n2d−m2

npd+m > n2d−m2

2npd

Do đónpdnpd >n2d−m2

(15)

Bài 7.2.Cho αlà số vô tỷ dương Đặt n=α−b1αc Chứng minh rằng b(n+1)αc −1 chia hết chon+1

Hint.Đặtε={x}=x−[x], đón=1ε

Ta có biến đổi[(n+1)α]−1= (n+1)[α] + [(n+1)ε]−1 Sau chứng minh[(n+1)ε]−1=0là xong

Bài 7.3. Cho k,M là số nguyên dương với k−1 không số square-free Chứng minh tồn số thựcαthỏa mãnbα·kncnguyên tố với M, với số nguyên dươngn.

(Số square-free số phân tích thừa số nguyên tố số mũ thừa số ngun tố Ví dụ10=2×5là số square-free,20=22×5khơng số square-free) Chứng minh. Trước tiên viếtα=N+εvớiN = [α]

Khi đóbα·knc=N·kn+bε·knc

Để xử lý cách gọn gàng ta phải chọnεsao cho bε·knctính biểu thức cụ thể theok,n Nếu khơng khinchạy ta khơng kiểm sốt

Chú ý tính chất(k−1)|(kn−1), ta chọnα= 1p với plà ước củak−1thì ta có ngaybε·knc=knp−1 Vậy ta loại bỏ phần nguyên (rào cản tốn) Tuy nhiên có nhiều ước k−1, ta lại nhìn vào giả thiết k−1 khơng số

square-freenên ta chọn thử ước plà UNT thỏa mãn p2|k−1 Vậybα·knc= (N p+1)kn−1

p Bây cần chọnN cách phù hợp

Ta thấy(N p+1)kn−1có số−1nên để ý đến tính chất qn thuộcgcd(ka−1,a) =1.

Do ta xét trường hợp

• Nếu(p,M) =1thì dễ có tồn tạip để M |(N p+1)từ suy ra(N p+1)kn−1

nguyên tố với M, với mọinngun dương Xong!

• Nếu p| M ta cần chọn N cho (N p+1p)kn−1 nguyên tố với p ước nguyên tốqkhác M

Chú ý (N p+1p)kn−1 =N·kn+knp−1 knp−1 chia hết chopnên trước hết ta chọn (N,p) =1để N·kn không chia hết chop (1)

Tiếp theo với ước nguyên tốqkhácpcủaM ta chọnNsao choN p+1≡0

(modq) (2)

Chú ý từ định lý thặng dư trung hoa cho ta sốN thỏa mãn điều kiện (1) (2)

(16)

4 Một số toán rèn luyện

1 Chứng minh vớinlà số nguyên dương thì a)pn+12=pn+pn

b)pn+pn+1=pn+pn+2 2 (Mock Test VMO 2020)

Xét dãy số (un)được xác định bởiu1=2,un+1=1+ (n+1)un với n=1, 2, 3, a) Chứng minh rằngun=ben!cvới mọi n≥1

b) Chứng minh tồn vô số số thực c>0sao cholimn{cn!}=1

3 (TTT 2005) Tìm số nguyên tố p nhỏ cho 3+pp2n+1chia hết cho 2n+1 với số nguyên dươngn.

4 (IMO 1968) Với số tự nhiên n, tính tổng sau ∞

X

k=0

n+2k

2k+1

5 (USAMO 1975)

a) Với số thực x,y thì[5x] + [5y]≥[3x+y] + [3y+x]. b) Sử dụng kết để chứng minh

(5m)!(5n)!

m!n!(3m+n)!(3n+m)! là số nguyên dương với mọim,nnguyên dương.

6 (Baltic Way 2001) Cho p,qlà hai số nguyên tố phân biệt Chứng minh rằng

p q

+ 2p

q

+ 3p

q

+ .+

(q −1)p

q

=1

2(p−1)(q−1)

7 (PEN A36) Cho nvàq là số nguyên thỏa mãnn≥5,2≤q≤n Chứng minh rằngq−1là ước của(n−q1)!.

8 (PEN A84) Tìm tất số ngun dươngnthỏa mãnnkhơng số phương vàpn3|n2.

9 (China Girls Math Olympiad 2008) Với n là số nguyên dương, kí hiệu fn =

2np2008

+

2np2009

Chứng minh dãy số f1,f2, chứa vô hạn số

chẵn, số lẻ.

10 (ELMO 2019) Xét số a1,a2, ,am là dãy hữu hạn số nguyên dương. Chúng minh tồn số nguyên không âm b,cvà N sao cho đẳng thức

m X

i=1

p n+ai

=pbn+c

(17)

11 (VN TST 2011) Cho dãy(an):a0=1,a1=3;an+2 = ja2

n+1 an

k +1

Chứng minh đẳng thức an+2·an−a2n+1=2n với số nguyên dươngn.

12 (IMOSL 2006) Một dãy số thực gồm sốa0, a1, a2, được xác định công thức

ai+1=baic · 〈ai〉, ∀i≥0;

với a0 là số thực tùy ý, baickí hiệu số nguyên lớn không vượt quá ai, và

〈ai〉=ai− baic Chứng minh rằngai =ai+2 vớiiđủ lớn.

13 (IMO Shortlist 2014) Chon>1là số nguyên Chứng minh tồn vô số số hạng dãy số(ak)k≥1, xác định bởi

ak=

nk k

, là số lẻ.

14 Cho số vơ tỷα,β,γ,δthỏa mãn∀n∈Nthì

[nα]·[nβ] = [nγ]·[nδ]

Chứng minh hai tập {α,β}và{γ,δ}là nhau.

15 (INMO 2007) Lấymvà nlà số nguyên dương thỏa mãn x2−mx+n=0có nghiệm thựcαvàβ.

Chứng minh rằngαvàβ là số nguyên khi[mα] + [mβ]là số chính phương.

16 (IMOSL 2006) Ta xác định dãy(a1,a2,a3, )bằng công thức

an= n

jn

1

k +jn

2

k

+ .+jn

n k

,

a) Chứng minh tồn vô số số nđể an+1>an. b) Chứng minh tồn vô số số nđể an+1<an.

17 (All-Russian Olympiad 2018, grade 9) Giả sửa1, 12, ,a25là số tự nhiên, và

klà số nhỏ số Chứng minh rằng

p

(18)

[1] Đặng Hùng Thắng - Nguyễn Văn Ngọc - Vũ Kim Thủy,Bài giảng số học, NXBGDVN [2] Titu Andresscu - Dori Andrica - Zuming Feng,104 Number Theory Problems.

[3] Phan Huy Khải,Các toán hàm số học, NXBGDVN

[4] Kiều Đình Minh,Một số chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi, lưu hành nội năm 2016

[5] Santos - Number Theory for Mathematical Contests

https://drive.google.com/file/d/1xfxXGQDxpCtjodLP_S0qMhdV93FFmt_8

[6] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Hàm phần nguyên ứng dụng, luận văn thạc sĩ toán học năm 2010

https://drive.google.com/file/d/1OIdsU4_vWDMIPnuPBrhnLmH_uYfOG1hw

[7] Vũ Phương Thúy,Các phương pháp tính tổng phần nguyên, 2016

https://drive.google.com/file/d/1Zm_oLYybNR9tTOXqAWENj_Fp7PX-jJ2I

[8] Peter Vandendriessche - Hojoo Lee,Problems in elementary number theory (PEN)

https://www.math.muni.cz/˜bulik/vyuka/pen-20070711.pdf

[9] Huy Cao’s Blog,Phần nguyên, phần lẻ

https://julielltv.wordpress.com/category/so-hoc/phan-nguyen-phan-le/

[10] Group Hướng tới VMO - TST

https://www.facebook.com/groups/vmo.tst/

[11] AoPS forum

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	224 KB