Tiếp theo tôi sẽ trình bày một hướng giải tổng quát khác được thầy Lê Phúc Lữ chia sẻ trên facebook.. Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử b 6= 0, với mỗi cách chọn c 0 ta chọn đượ[r]
(1)MỘT HƯỚNG TỔNG QUÁT CHO BÀI SỐ HỌC VMO 2013 Trước tiên xin nhắc lại câu số học đề VMO 2013
Câu 7.Hỏi có thứ tự (a, b, c, a0, b0, c0)thoả mãn
ab+a0b0 ≡1 (mod 15) bc+b0c0 ≡1 (mod 15) ca+c0a0 ≡1 (mod 15)
trong a, b, c, a0, b0, c0 ∈ {0, ,14}
Để đếm số thoả đề ta chuyển đếm (a, b, c, a0, b0, c0) thoả modulo modulo Từ đưa đến hướng tổng quát sau
Cho plà số nguyên tố Hỏi có số thứ tự (a, b, c, a0, b0, c0) thoả mãn
ab+a0b0 ≡1 (mod p) (1) bc+b0c0 ≡1 (mod p) (2) ca+c0a0 ≡1 (mod p) (3)
trong a, b, c, a0, b0, c0 ∈ {0, , p−1}
Để tìm lời giải cho toán trên, cần bổ đề sau
0.1 Bổ đề Hệ phương trình
ab≡x (mod p) bc≡y (mod p) ca≡z (mod p)
có nghiệm thoả a, b, c∈ {1, , p−1} xyz thặng dư phương theo modulo p Hơn nữa, hệ có hai nghiệm
0.2 Bổ đề Gọi
A=
x∈ {2, , p−1}|
x p
=
1−x p
=
B =
x∈ {2, , p−1}|
x p
= 1,
1−x p
=−1
C=
x∈ {2, , p−1}|
x p
=−1,
1−x p
=
D=
x∈ {2, , p−1}|
x p
=−1,
1−x p
=−1
(2)
Khi đó, p= 4k+
|A|= p−5
|B|=|C|=|D|= p−1
,
ngược lại p= 4k+
|A|=|B|=|C|= p−3 |D|= p+
4
Chứng minh Chú ý Ppx=1−1xp = x−1 là phần tử nghịch của x theo modulo p
thì x p = x−1
p
Ta xét tổng sau
S(α, β) =
p−1 X
x=2
1 +α
x
p +β
1−x p
=
p−1 X
x=2
1 +α
x
p +β(−1)
p−1
x−1 p
=
"
p−2 +α
p−1 X x=2 x p
+β(−1)p−21
p−1 X
x=2
x−1 p
+αβ(−1)p−21
p−1 X
x=2
x p
x−1 p
#
Trong
α
p−1 X x=2 x p =α
"p−1 X x=1 x p − p # =−α
β(−1)p−21
p−1 X
x=2
x−1 p
=β(−1)p−21
"p−1 X x=1 x p −
p−1 p
#
=β(−1)p−21
h
0−(−1)p−21
i
(3)Mặt khác
p−1 X
x=2
x p
x−1 p
=
p−2 X
x=1
x p
x+ p
=
p−2 X
x=1
x−1
p
x+ p
=
p−2 X
x=1
1 +x−1
p
=
p−1 X
x=2
x p
=
p−1 X
x=1
x p
−
1 p
=−1,
suy
αβ(−1)p−21
p−1 X
x=2
x p
x−1 p
=−αβ(−1)p−21
Vậy
S(α, β) = p−2−α−β−αβ(−1)
p−1
4
Khi |A|=S(1,1),|B|=S(1,−1),|C|=S(−1,1),|D|=S(−1,−1)
Trở lại toán
Giải Trước tiên ta nhận thấy abc, a0b0c0 đồng thời chia hết cho p Thật vậy, ta giả sửa, c0 chia hết cho p, mâu thuẫn với điều kiện (3)
Trường hợp 1: p-abc, p|a0b0c0 ngược lại
a) Có số {a0, b0, c0} bằng ta xét a0 =b0 = Khi hệ cho trở thành
ab ≡1 (mod p) bc ≡1 (mod p) ca ≡1 (mod p)
,
lúc hệ có (a, b, c) Suy số (a, b, c, a0, b0, c0)trong trường hợp 2[3(p− 1) + 1] = 2(3p−2)
(4)Vì tổng số (a, b, c, a0, b0, c0) trường hợp
2[2(3p−2) + 3(p−3)(p−1)] = 6(p−1)2 + Trường hợp 2: p-abca0b0c0 Trước tiên ta viết lại phương trình
a0b0 ≡1−ab (mod p) (1) b0c0 ≡1−bc (mod p) (2) c0a0 ≡1−ca (mod p) (3)
Gọi x, y, z∈ {2, , p−1}sao cho(ab, bc, ca)≡(x, y, z) (mod p) Vì với bộ(x, y, z) muốn có (a, b, c, a0, b0, c0) xyz,(1−x)(1−y)(1−z) thặng dư phương Hơn bộ(x, y, z) cho (a, b, c, a0, b0, c0) Mặt khác ta có
x p
y p
z p
=
1−x p
1−y p
1−z p
=
Sử dụng bổ đề 1, ta xét bảng sau
A B C D
x, y, z x y, z
x y, z
x y, z
x y z
Để thuận tiện cho việc tính tốn ta xét p= 4k+ Ta có trường hợp nhỏ sau a) x=y=z: số (x, y, z)là (k−1)
b) có số {x, y, z} Khi xảy trường trường hợp đầu bảng Do có
3(k−1)(k−2) + 9k(k−1) = 6(k−1)(2k−1) (x, y, z)
c) x, y, z đôi phân biệt Số (x, y, z)
3!
k−1
+ 3(k−1)
k
+k3
= 16k3−24k2+ 20k−6
Vậy tổng số (a, b, c, a0, b0, c0)trong trường hợp
(5)Tương tự cho p= 4k+ 3, số (a, b, c, a0, b0, c0) trường hợp p3−6(p−1)2−3 Kết hợp trường hợp ta có tổng số (a, b, c, a0, b0, c0)
p3−1 p= 4k+ p3+ 1 nếu p= 4k+ 3.
Phần bình luận Tiếp theo tơi trình bày hướng giải tổng quát khác thầy Lê Phúc Lữ chia sẻ facebook Tuy nhiên lời giải chưa cho công thức tổng quát
Gọi Ap tập tất (a, b, c, a0, b0, c0)thoả đề Ta tìm|Ap Kí hiệuNp tập tất
cả nghiệm phương trình bc+b0c0 ≡1 (mod p) Np∗ ⊆ Np tập tất nghiệm thoả
b0c−bc0 ≡ (mod p) Lực lượng tập Np đếm cách dễ dàng sau: dễ
thấy (b, b0) 6= (0,0)và với (b, b0) với b, b0 ∈ {, , p−1} có p cặp (c, c0) thoả mãn phương trình Thật vậy, khơng tính tổng quát, giả sửb 6= 0, với cách chọn c0 ta chọn cthoả mãn phương trình Do
|Np|= (p2−1)p (1)
Cố định nghiệm (b, c, b0, c0)của phương trìnhbc+b0c0 ≡1 (mod p).Xét hệ phương trình
ab+a0b0 ≡1 (mod p) ac+a0c0 ≡1 (mod p)
(2)
Xét hai trường hợp sau
a) Giả sử b0c−bc0 không chia hết cho p Từ (2) ta có nghiệm a, a0 sau
a≡ b 0−c0
b0c−bc0 (mod p) a≡
c−b
b0c−bc0 (mod p)
b) Giả sử b0c− bc0 ≡ (mod p) Khi tồn α ∈ {1, , p−1} thoả (b, c) ≡ (αb0, αc0) (mod p) Hệ (2) có nghiệm α = hay (b, c) ≡ (b0, c0) (mod p) Khi bc+b0c0 ≡ b2 +b02 ≡ 1 (mod p) Dễ thấy, hai số b, b0
có số khơng chia hết cho p Khơng tính tổng qt, ta giả sử b không chia hết cho p, cách chọn a0 ∈ {0, , p−1} cho ta nghiệm a hệ (2) Do đó, (b, c) =α(b0, c0), hệ (2) có pnghiệm α = 1có p nghiệm vơ nghiệm trường hợp lại
Với α ∈ {0, , p−1}, kí hiệu
(6)Theo lập luận ta có
|Ap|=|Np∗|+p|Cp(1)|
Mặt khác
|Np∗|=
p−1 X
α=1
|Cp(α)|=p2− |Cp(0)|
Vậy
|Ap|= (p2−1)p−p2+|Cp(0)|+p|Cp(1)|
Việc tìm cơng thức cho |Cp(α)| nói chung tương đối dài, ta bàn cách xác định
|Cp(0)|,|Cp(1)|
Xét phương trình x2+y2 = (modp), gọi a∈ {0, , p−1} sao chox2 ≡a (mod p) Suy
ra y2 ≡1−a (mod p) Để đếm số nghiệm phương trình, ta chuyển sang đếm số số a cho a,1−a thặng dư bậc hai Chú ý với số a có nghiệm (x, y) Mặt khác, hiển nhiên a= a= thoả Cả hai trường hợp có nghiệm Xét a∈ {2, , p−1}, theo bổ đề số sốa
p−5
4 p= 4k+ 1, p−3
4 p= 4k+ Vậy
|Cp(1)|=
p−1 p= 4k+ 1, p+ p= 4k+
Xét phương trình x2 +y2 ≡ (mod p) Hiển nhiên phương trình có nghiệm (0,0) Xét x, y 6= Tương tự phương trình ta cần đếm số sốa choa,−a thặng dự bậc hai hay
a p
= =
−a
p
= (−1)p−21
a p
i) Nếu p= 4k+ khơng tồn a
ii) Nếu p= 4k+ số số a p−1 Do
|Cp(0)|=
2p−1 p= 4k+ 1, p= 4k+ Vậy
|Ap|=
(7)Ở toán tổng quát xét theo đồng dư mod p Tuy nhiên với
ab+a0b0 ≡x (mod p) bc+b0c0 ≡y (mod p) ca+c0a0 ≡z (mod p)