i. Tìm giá trị lớn nhất của n.. Rõ ràng dãy số này thỏa mãn các điều kiện đã cho. Xâu nhị phân là một dãy liên tiếp các ký tự 0,1 được xếp thành một hàng, còn bậc của nó là số xâu nh[r]
(1)Chủ đề
CÁC ĐỊNH LÝ, BỔ ĐỀ TRONG SỐ HỌC VÀ ỨNG DỤNG
I) Giới thiệu
Trong nội dung này, ta việc áp dụng định lý, bổ đề số toán số học, tổ hợp Cụ thể là:
- Các đánh giá số mũ bổ đề LTE
Với p số nguyên tố lẻ a b, thỏa mãn a b, không chia hết cho p, a b chia hết cho p v ap( nbn)v a bp( )v np( ) với n
Đặc biệt p2 ta cần điều kiện 4 |a b - Tính chất: gcd( , )
gcd( m 1, n 1) m n
a a a với a m n,
Nếu m n, lẻ, ta thay a a để gcd( , )
gcd(am1,an1)a m n 1
- Tính chất: gcd , gcd( , ) n n
a b
a b a b n
a b
với a b n, , - Cơng thức tính tổng số ước, số số ước:
Cho
1 k a a a
k
n p p p với p p1, 2,,pk số nguyên tố số mũ a a1, 2,,ak nguyên dương Khi
+ Tổng số ước n ( ) (1 ai)
i i
n p p
với tích lấy ước n. + Số ước n ( )n (1a1)(1a2)(1ak).
II) Các tập áp dụng
Bài a) Cho số nguyên dương a b c, , thỏa mãn gcd( , , ) 1a b c a bc b ca c ab| , | , | Chứng minh bc
a số phương
b) Tìm giá trị lớn
2( 17)
v n n với n số nguyên dương
Lời giải
a) Ta có ab abc2
c c nên cần chứng minh abc số phương Xét số nguyên tố p abc| Khi
(2)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
p p p p
p p p p
v ab v c v b v c
v ac v b v c v b
b) Ta có 2 17 ( 3)
n n n nên 2( 17) 2( 3) , 28
v n n v n v Điều có
2( 3)
v n số chẵn
Đến chọn n1 ta có đẳng thức xảy
Bài a) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho
10 10
7 |
5 |
n n
b) Cho ( ) 2016n
f n với n Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương a cho dãy số xác định u0 a un1 f u( n) có tất số hạng chia hết cho a
c) Cho a n, số nguyên dương p số nguyên tố lẻ thỏa mãn ap 1(modpn), chứng minh
1(mod n )
a p
Lời giải
a) Theo giả thiết ta phải có |n |n Thật vậy, Đặt n3kr với k r0,1, 2
3
2n 2k r 8k 2r 2r 1(mod 7)
Thử giá trị có r0 thỏa mãn Chứng minh tương tự để có | n
Đến dùng định lý LTE, ta
7
3 ( )
n av a n4bv b5( )9 Do
12 35 n
b) Chọn a2017m với m ngun dương, sau tính v2017 số hạng chứng tỏ
tất số dạng thỏa mãn đề
c) Theo giả thiết ( , ) 1a p nên theo định lý Fermat nhỏ
1(mod ) p
a p Suy
1
(mod ) p p
a a p hay a1(mod ).p
Đến đây, áp dụng LTE
( p 1) ( 1) ( ) ( 1)
p p p p
(3)Bài (PTNK 2015) Cho f : thỏa mãn f n( )
f n
n
với n nguyên dương Xét n nguyên dương lớn đặt av n bp( ), vpf n( ) với số nguyên tố p a|
a) Chứng minh b
a
11
3
b a
b) Tìm tất hàm số f n( ) thỏa mãn đề
Lời giải
a) Theo giả thiết n f n| ( ) nên ba Thay n f n( )
n
điều kiện n f n| ( ), ta có f n( ) n
n hay b3 a Một cách tương tự ta có
đánh giá thứ hai
b) Đánh giá câu b chứng minh quy nạp 2
2
n n
n n
u b u
u a u
1
2
1, 3,
n n n
u u
u u u
Dãy số có cơng thức tổng qt
1 ( 1)
3
n n
n u
nên dễ dàng có
2 2
2
lim n lim n
n n
u u
u u
Suy b2a nên ( )
f n n với n2
Trường hợp n1, giả sử f(1)a1 thay n1 vào đề bài, ta có
( )
f a , mâu thuẫn có ( ) f a a Do đó, f(1) 1
( )
f n n với n Thử lại ta thấy thỏa
Bài Số nguyên dương n gọi tốt | 2n
n
a) Gọi s n( ) số số tốt không vượt n Chứng minh s n( )log3n b) Giả sử x y, số tốt Chứng minh gcd( , )x y lcm( , )x y tốt
(4)d) Chứng minh tồn số tốt có 2000 ước nguyên tố
Lời giải.
a) Xét số lũy thừa Chú ý đặt k thỏa mãn
3k n3k log ( )3 n k1
có k1 số tốt khơng vượt n b) Chú ý bổ đề gcd( , )
gcd(2a1, 2b1)2 a b 1 với a b, số lẻ Ý lcm hiển nhiên, cịn ý gcd dùng bổ đề
c) Vì | 2n
n nên đặt 2n 1 kn với k lẻ
2 n 2kn1 chia hết cho 2n1 Ở ý np, ta sử dụng vp thích hợp chia thành hai trường hợp: p n| p n|
d) Đây đề IMO 2000 Ý tưởng giải dùng câu c, ta chọn ước nguyên tố 2x1
mà lớn x (với x số tốt) ghép với x số lượng ước nguyên tố x tăng lên
Bài Cho biết với n nguyên dương ( !) ( )
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
2 2a b c c b) Với n số nguyên dương chẵn, đặt
1 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
2( !) 2( !) 2( !)
v a v b v c hay as a2( ) 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 ( )
a b c s a s b s c a b c Do 2
2a b c c
b) Thu gọn biểu thức cho, ta
1
! n n a
(5)Dùng hàm định giá v n2( !)n s n 2( ), ta thấy tất số cần tìm n chẵn, n6 n lũy thừa
Bài (USA MTS 2015) Cho số nguyên dương n3 Người ta xếp n số ngun dương đường trịn cho:
i Tích hai số khơng nằm cạnh chia hết cho 2015 2016 ii Tích hai số nằm cạnh khơng chia hết cho 2015 2016 Tìm giá trị lớn n
Lời giải
Ta có
2015 5 13 31, 2016 2 7 Đặt M 2015 2016 N 2, 3, 5, 7,13, 31
Giả sử tồn n số nguyên dương x x x1, 2, 3, ,xn xếp vòng trịn thỏa mãn tính chất nêu, quy ước xn1x1 xn2 x2 Do x xi i1 không chia hết cho M với i1,n nên tồn số nguyên tố piN tương ứng mà
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
i i i i i
p i i p p i p i p
v x x v M v x v x v M (*)
Chú ý số pi trùng Ta chứng minh pi pj với i j, hai số không kề
Thật vậy, giả sử tồn i j, không kề cho pi pj p (do n4 nên tồn
số i j, thế) Đặt av Mp( ) theo (*), ta có
1
( ) ( )
p i p i
v x v x a vp(xj)vp(xj1)a
Suy vp( )xi vp(xi1)vp(xj)vp(xj1)2a (1) Mặt khác, ( , ), (i j i1, j1) cặp số không kề nên
1
( ) ( ) , ( ) ( )
p i p j p i p j
v x v x a v x v x a Suy vp( )xi vp(xi1)vp(xj)vp(xj1)2a (2)
Ta thấy (1), (2) mâu thuẫn nên nhận xét chứng minh
Tiếp theo, giả sử tồn i mà pi pi1 p (với số p pi, j định nghĩa trên) Nếu
( )
p
v M cặp x xi i1,x xi1 i2 không chia hết cho M nên dẫn đến x xi, i1,xi2
(6)Từ suy ra, dãy số p p1, 2, ,pn với pi N, số nguyên tố xuất khơng q lần xuất lần bình phương phải ước M Nói cách khác,
M chia hết cho tích p p1 2 pn Do
2 13 31
M nên số lượng n lớn có thể, ta cho số xuất lần, số xuất lần, ước nguyên tố cịn lại xuất lần, tức có tổng cộng số Ta lại chọn số sau: 5 2
31
, , , , , , ,
2 3 5 7 13 13 31
M M M M M M M M
(tương ứng với
dãy số nguyên tốp12,p2 3,p3 3,p4 5,p5 7,p6 13,p7 31,p8 2)
Rõ ràng dãy số thỏa mãn điều kiện cho Vậy giá trị lớn n
Bài Xâu nhị phân dãy liên tiếp ký tự 0,1 xếp thành hàng, cịn bậc số xâu nhị phân khơng trùng với có số lượng ký tự 0,1 với
Ví dụ: xâu nhị phân 001 có bậc 2 có hai xâu nhị phân 100, 010 có số lượng 0,1 với
Hỏi có cách xếp 66 số 33 số thành dãy cho với k1,99 xâu nhị phân tính từ vị trí thứ đến vị trí thứ k dãy có bậc chẵn?
Lời giải Ta sử dụng bổ đề sau (suy từ định lý Lucas):
Cho hai số nguyên dương m n, với mn có biểu diễn nhị phân
1 k
mm m m nn n1 2nk
Khi tồn i1, 2, 3,,k mà mi ni n m
C số chẵn Từ bổ đề này, ta suy n
m
C chẵn có số nguyên dương k mà |k m
2 |k n (vì đó, m tận k chữ số cịn n khơng)
Trở lại toán, ta thấy xâu nhị phân có a số b số có bậc Ca ba 1
(chính số cách xếp số 0,1 lên đường thẳng) Do đó, ta cần xếp số 0,1 phù hợp cho tính từ đầu dãy đến vị trí thứ k, có l số l
k C lẻ
Nhận xét 1: 64 số Thật vậy, 64 số có lẫn 64i C số chẵn, khơng thỏa Do đó, 64 phải giống nhau,
Nhận xét 2: 32 số Tương tự trên, ý
2 | 96 nên có số rơi vào 32 số từ vị trí 6596 ta có hai số 65
96
C 66 96
C chẵn
Nhận xét 3: ba số cuối 001 Ta cịn ba vị trí với ba số 0, 0,1 dễ dàng kiểm tra xếp theo hai cách 1, 0, dẫn đến 65
98
(7)Vậy có cách xếp thỏa mãn đề
Bài 8. Tính tổng
2018
2018
gcd(2 1, 2a 1)
k S
chứng minh 2018 | S
Lời giải Ta viết lại thành
2018
gcd( 2018, )
2 a
k S
Ta thấy rằng:
- Nếu a chẵn a2018 gcd( , 2018)a 2 Có tất 1008 số - Nếu a lẻ a1009 gcd( , 2018) 1a Có tất 1008 số Từ ta tính
2 2018 1009 2018 1009
1008(2 1) 1008(2 1) 2 2 1008
S
Ta thấy S chẵn nên cần chứng minh 1009 |S (chú ý 1009 số nguyên tố) Theo định lý Fermat nhỏ 1009
2 2(mod1009) nên 2018
2 4(mod1009) Suy S 4 1008 4 2 20180(mod 2018) Ta có đpcm
Bài (TPHCM 2017) Cho số nguyên dương n chẵn bảng hình chữ nhật n cột, nhiều hàng điền số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau:
i) Tổng tất số hàng n
ii) Mỗi hàng gán bậc a hàng, ta điền số với a
(khơng có ràng buộc vị trí số hàng) Khơng có hai hàng có bậc iii) Khơng thể thêm hàng vào bảng mà i), ii) thỏa mãn
Chứng minh bảng có lẻ số số lẻ lớn bảng phải số phương
Lời giải
Giả sử hàng có bậc a, có tất b số a điền tổng số hàng
nab hay a ước n Theo điều kiện ii, iii) số hàng bảng số ước dương n
Gọi ( ), ( )n f n tổng ước dương n số ước dương n Số số khác hàng có bậc a n
a nên số số hàng
n n
(8)Tổng số bảng
| | |
( ) ( ) ( )
a n a n a n
n
n n a n f n a n f n n
a
Do n chẵn nên ( )n phải lẻ Đặt n2kq với q số lẻ q ước lẻ lớn n, số lớn có bảng Tổng ước ( )n n có dạng ( )
p n p
Nếu p2 rõ ràng (2 )k số lẻ
Nếu p2 (p) 1 pp số lẻ nên phải chẵn
Từ suy tất ước nguyên tố lẻ n có số mũ chẵn Từ suy q số phương, ta có đpcm
Bài 10 (IMO Shortlist 2016) Cho sốngun dương n1 Xét bảng vng kích thước r s
thỏa mãn điều kiện sau:
i) Tất ước nguyên dương n điền lần bảng khơng có ô trống
ii) Tổng số hàng iii) Tổng số cột
Lời giải Trước hết, ta có nhận xét r s, 1 ước phân biệt
Tiếp theo, bảng có số n nên tất tổng hàng, cột lớn n Giả sử cr gọi a a1, 2,,ar ước lớn hàng 1, 2,,r Ta giả sử tiếp ar số
nhỏ ar khơng vượt q ước lớn thứ r n tất nhiên không vượt
quá n
r
Suy tất số cột tương ứng không vượt n
r , có c số nên tổng số
trên cột không vượt c n r n n
r r
, mâu thuẫn
Bài 11 (Korea, 1997) Cho số nguyên tố p p1, 2,,pk phân biệt số tự nhiên
1, 2, , k
n n n lớn Chứng minh số cặp số ( , )x y khơng có thứ tự, ngun tố thỏa mãn đẳng thức sau 3
1 k n n n
k
x y p p p không vượt k Lời giải
Ta có
3
3 ( ) x y
x y x y
x y
3 gcd x y,x y d
x y
(9)Ta chứng minh số cặp ( , )x y khơng có thứ tự thỏa mãn không vượt số cách chọn xy
3
x y
x y
Thật vậy: 3 ( , ) ( )3
x y a y a x
a b
x y b x a x b
Ta có
3
3
( )
3
a b
x a x b x ax
a
nên phương trình có khơng q hai nghiệm x a0, x0 tương ứng với hai nghiệm hệ ban đầu ( ,x a0 x0), (ax x0, 0) Do khơng có
tính thứ tự nên hai nghiệm coi nghiệm nhận xét chứng minh -Tiếp theo, ta xét hai trường hợp sau:
- Nếu 3p p p1, 2, 3, ,pk với
i n i
p thuộc số
3
x y
x y
xy, tức có
2 cách chọn đó, số cặp ( , )x y không vượt k
- Nếu 3p p1, 2, ,pk giả sử khơng tính tổng qt, giả sử p13 Khi đó, với
1 i k có cách chọn tương tự cho số ni
i
p với i1, ta có cách chọn
1
3n thuộc hoàn toàn hai số thuộc số 3n11 thuộc số
lại Do đó, trường hợp này, số cặp ( , )x y khơng q 1 2k
Ta có đpcm
Bài 12 Cho tập hợp A2 ,2 ,2 , ,20 2016 1) Hỏi A có số có tận 4?
2) Hỏi A có số bắt đầu 4, cho biết 22016 bắt đầu số số có tất 607 chữ số?
Lời giải
1) Ta thấy chữ số tận 2n có chu kỳ 4: 2 4 8 6 2
Khi đó, số có dạng 24k2
có chữ số tận Ta tính có 2016 504
4 số thỏa mãn
2) Ta xét chu kỳ thay đổi chữ số sau:
1 1,
1
1
1
1
(10)Gọi x y, số chu kỳ có độ dài 4,
Sau chu kỳ, số chữ số tăng lên nên ta có x y 607 số lượng chữ số Ngồi ra, 4x 3y 2017 số lượng lũy thừa
Ta có hệ phương trình 607
4 2017
x y
x y
Giải hệ này, ta có x 196 nên số lượng lũy thừa cần tìm 196
Bài 13 Hỏi có số i với 0 i 2015 cho C2015i chia hết cho 3?
Lời giải
Trước hết, ta đếm số i mà C2015i không chia hết cho thông qua định lý Lucas
Ta có biểu diễn tam phân 2015 là: 20152202122(3)
Do 0 i 2015 nên ta xét biểu diễn tam phân i
1 (3)
i a a a a a a a với ai 0,1,2 , i1, Theo định lý Lucas
7
2015 2 2 (mod 3)
a
a a a a a a
i
C C C C C C C C Để số không chia hết cho
1
0a a a a a, , , , 2, 0a5 1 a3
Số cách chọn giá trị 3 468
Vậy số số thỏa mãn 20164861530
Bài 14 (ELMO 2011) Wanda sâu thích ăn số tam giác Pascal Một ngày nọ, xuất phát từ đỉnh tam giác, ăn số
0
C Tiếp theo, di chuyển đến số nguyên bên cạnh tiếp tục ăn số cho:
i Wanda không ăn số a b c, , tam giác mà a b c ii Wanda không di chuyển vào vị trí qua trước
(11)Lời giải
Để tránh trường hợp ăn phải số a b c, , mà a b c, ta dùng chiến lược ăn tất số lẻ Điều thực theo mơ hình bên (chứng minh chi tiết quy nạp):
Sử dụng định lý Lucas, ta chứng minh 2n đầu tiên, có tất 3n số lẻ Vì 210 2011211 nên trước hết, Wanda ăn hết 311 số lẻ 2048 dòng Từ dịng 2012 2048, có tối đa 20122013 2048 số lẻ
Vì thế, 2011 dịng tam giác Pascal, có
11
3 (20122013 2048)100000 số lẻ
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1
7 21 35 35 21 7 1
1
6 15 20 15 6
1
1
5 10 10 5
1
1
4 6 4
1
1 1
3 3
1
1 1
2 1