Các định lý và bổ đề trong số học - Lê Phúc Lữ

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]

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( nbn)v a bp(  )v np( ) với n

Đặc biệt p2 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(am1,an1)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 (1a1)(1a2)(1ak).

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

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

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 n1 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 un1  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 n3kr với k r0,1, 2

3

2n 2k r 8k 2r 2r 1(mod 7)

       

Thử giá trị có r0 thỏa mãn Chứng minh tương tự để có | n

Đến dùng định lý LTE, ta

7

3 ( )

n av a  n4bv b5( )9 Do

12 35 n 

b) Chọn a2017m 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 a1(mod ).p

Đến đây, áp dụng LTE

( p 1) ( 1) ( ) ( 1)

p p p p

Bài (PTNK 2015) Cho f :  thỏa mãn f n( )

f n

n

 



 

  với n nguyên dương Xét n nguyên dương lớn đặt av n bp( ), vpf 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 ba Thay n f n( )

n

 điều kiện n f n| ( ), ta có f n( ) n

n hay b3 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 b2a nên ( )

f n n với n2

Trường hợp n1, giả sử f(1)a1 thay n1 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

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 n3k log ( )3 n k1

có k1 số tốt khơng vượt n b) Chú ý bổ đề gcd( , )

gcd(2a1, 2b1)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 2kn1 chia hết cho 2n1 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 2x1

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(2y1) 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 as 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

Dùng hàm định giá v n2( !)n s n 2( ), ta thấy tất số cần tìm n chẵn, n6 n lũy thừa

Bài (USA MTS 2015) Cho số nguyên dương n3 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 xn1x1 xn2 x2 Do x xi i1 không chia hết cho M với i1,n nên tồn số nguyên tố piN 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 n4 nên tồn

số i j, thế) Đặt av Mp( ) theo (*), ta có

1

( ) ( )

p i p i

v x v x a vp(xj)vp(xj1)a

Suy vp( )xi vp(xi1)vp(xj)vp(xj1)2a (1) Mặt khác, ( , ), (i j i1, j1) 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(xi1)vp(xj)vp(xj1)2a (2)

Ta thấy (1), (2) mâu thuẫn nên nhận xét chứng minh

Tiếp theo, giả sử tồn i mà pi  pi1  p (với số p pi, j định nghĩa trên) Nếu

( )

p

v M  cặp x xi i1,x xi1 i2 không chia hết cho M nên dẫn đến x xi, i1,xi2

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 tốp12,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 k1,99 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 mn có biểu diễn nhị phân

1 k

mm m m nn n1 2nk

Khi tồn i1, 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 6596 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

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 a2018 gcd( , 2018)a 2 Có tất 1008 số - Nếu a lẻ a1009 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 20180(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

nab 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

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 n2kq với q số lẻ q ước lẻ lớn n, số lớn có bảng Tổng ước ( )n n có dạng ( )

p n p



 



 Nếu p2 rõ ràng (2 )k số lẻ

 Nếu p2 (p) 1 pp 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 n1 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 cr 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

  

 

 



 

Ta chứng minh số cặp ( , )x y khơng có thứ tự thỏa mãn không vượt số cách chọn xy

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), (ax 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 3p p p1, 2, 3, ,pk với

i n i

p thuộc số

3

x y

x y 

 xy, tức có

2 cách chọn đó, số cặp ( , )x y không vượt k

- Nếu 3p p1, 2, ,pk giả sử khơng tính tổng qt, giả sử p13 Khi đó, với  

1 i k có cách chọn tương tự cho số ni

i

p với i1, ta có cách chọn

1

3n thuộc hoàn toàn hai số thuộc số 3n11 thuộc số

lại Do đó, trường hợp này, số cặp ( , )x y khơng q 1 2k

Ta có đpcm

Bài 12 Cho tập hợp A2 ,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 24k2

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

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: 20152202122(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 , i1, 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

0a a a a a, , , , 2, 0a5 1 a3 

Số cách chọn giá trị 3 468

Vậy số số thỏa mãn 20164861530

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

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 2011211 nên trước hết, Wanda ăn hết 311 số lẻ 2048 dòng Từ dịng 2012 2048, có tối đa 20122013 2048 số lẻ

Vì thế, 2011 dịng tam giác Pascal, có

11

3 (20122013 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