Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính chất số học của dãy các số nguyên

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quan tới các tính chất số học của dãy các số nguyên thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức về chuyên đề này không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình số học bậc trung học phổ thông. Chuyên đề nằm trong chương trình bồi dưỡng HSG ở các lớp THCS phục vụ các kỳ thi HSG quốc gia và khu vực. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề về dãy các số nguyên, tác giả chọn đề tài luận văn ”Tính chất số học của dãy các số nguyên”.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THU NGA TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THU NGA TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY CÁC SỐ NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Tác giả Bùi Thu Nga ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN 1.1 Lớp hàm số học cổ điển dãy số liên quan 1.1.1 Phi hàm Euler 1.1.2 Hàm tổng ước 1.1.3 Hm s Măobius 1.1.4 Hàm đếm ước số 1.1.5 Một số đẳng thức hàm số học 1.2 Một số dạng toán số học dãy số nguyên 1.2.1 Các dạng toán số phương dãy số 1.2.2 Các dạng tốn tính chia hết đồng dư dãy số 1.3 Một số dạng toán dãy số nguyên qua kỳ Olympic 1.3.1 Một số dạng tốn số phương dãy số 1.3.2 Đồng dư chia hết dãy số 2 10 12 14 18 18 32 34 34 46 Chương CÁC DÃY SỐ LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC 59 2.1 Sử dụng đa thức nguyên giải toán đồng dư dãy số 59 2.2 Thiết lập phương trình để khảo sát tính chất số học dãy số 73 KẾT LUẬN 80 TÀI LIỆU THAM KHẢO 81 iii Mở đầu Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, toán liên quan tới tính chất số học dãy số nguyên thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó phần kiến thức chuyên đề không nằm chương trình thức giáo trình số học bậc trung học phổ thơng Chun đề nằm chương trình bồi dưỡng HSG lớp THCS phục vụ kỳ thi HSG quốc gia khu vực Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề dãy số nguyên, tơi chọn đề tài luận văn ”Tính chất số học dãy số nguyên” Tiếp theo, khảo sát số lớp toán từ đề thi HSG Quốc gia tỉnh thành nước năm gần Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số tính chất số học dãy số nguyên Chương Các dãy số liên quan đến đa thức nguyên phương trình đa thức Tiếp theo, cuối chương trình bày tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN Trong lý thuyết số, hàm số học có vai trị quan trọng Trong chương này, ta xét số hàm số học cổ điển (Phi hàm Euler, hàm M˝obuis, hàm đếm ước hàm tổng) xét tính chất số học dãy sinh chúng Ta chủ yếu khảo sát lớp hàm số học nhận giá trị nguyên Những trường hợp đặc biệt xét riêng có giải chi tiết Phần lý thuyết phần lựa chọn từ tài liệu [1]-[4] 1.1 Lớp hàm số học cổ điển dãy số liên quan Định nghĩa 1.1 (xem [1],[4]) Hàm số học hàm số có miền xác định tập số nguyên dương miền giá trị tập số thực phức Định nghĩa 1.2 (Hàm nhân tính) Một hàm số học f gọi hàm nhân tính với cặp số m, n nguyên tố nhau, ta có f (nm) = f (n)f (m) Trong trường hợp đẳng thức với m, n nguyên dương (không thiết nguyên tố nhau) hàm f gọi hàm nhân tính mạnh Định lý 1.1 (Tính chất hàm nhân tính) Nếu f hàm nhân tính f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n) với số nguyên dương m n Chứng minh Cho p1 , p2 , , pr số nguyên tố chia hết m n Khi r pki i n= i=1 r plii m= i=1 với k1 , , kr , l1 , , lr số nguyên không âm Suy r max(ki ,li ) [m, n] = pi i=1 r min(ki ,li ) (m, n) = pi i=1 Do {max(ki , li ), min(ki , li )} = {ki , li } f hàm nhân tính, ta thu r r max(ki ,li ) f (pi ) f ([m, n])f ((m, n)) = i=1 r ) i=1 r f (pki i ) = min(ki ,li ) f (pi i=1 f (plii ) i=1 = f (m)f (n) Vậy, ta thu điều phải chứng minh Hệ 1.1 Xét dãy số {un } với un = f (n), f hàm số học nhân tính Khi đó, n hợp số có dạng tắc m pαk k n= k=1 m f (pαk k ) un = k=1 Vì vậy, sau, ta quan tâm nhiều đến số nguyên tố dãy số nguyên tố Định nghĩa 1.3 Dãy số nguyên tố dãy P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, , pk , } với pk số ngun tố Ngồi dãy số ngun tố, cịn có dãy tạo lũy thừa số nguyên tố Tính chất 1.1 Nếu f hàm nhân tính hàm F (n) = f (d) d|n hàm nhân tính Chứng minh Ta rằng, m, n số nguyên dương (m, n) = F (m.n) = F (m)F (n) Giả sử (m, n) = 1, ta có F (mn) = f (d) d|mn Vì (m, n) = 1, ước số mn viết dạng tích ước d1 m, d2 n d1 , d2 nguyên tố nhau, đồng thời cặp ước nguyên tố d1 m, d2 n tương ứng với d = d1 d2 mn Do đó, ta viết F (mn) = f (d1 d2 ) d1 |m d2 |n Vì f hàm có tính chất nhân tính (d1 , d2 ) = 1, nên f (d1 )f (d2 ) = F (mn) = d1 |m d2 |n 1.1.1 f (d1 ) d1 |m f (d2 ) = F (m)F (n) d2 |n Phi hàm Euler Tiếp theo, ta xét số hàm số học Định nghĩa 1.4 (Phi hàm Euler ϕ(n)) Cho số tự nhiên n ≥ Ta ký hiệu ϕ(n) số số tự nhiên bé n nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = Định lý 1.2 (xem [4]) Hàm ϕ(n) hàm nhân tính Chứng minh Ta giả thiết a > 1, b > Các số nguyên dương không vượt ab liệt kê sau: a a+1 a+2 2a 2a + 2a + 3a ka + ka + (k + 1)a (b − 1)a + (b − 1)a + ba Các số thành bảng có dạng ax + y , ≤ x ≤ b − 1, ≤ y ≤ a Xét số cột thứ y Ta có (ax + y, a) = (y, a) Vì số nguyên tố với ab nguyên tố với a b, số phải nằm cột thứ y mà (y, a) = Có ϕ(a) cột Xét cột thứ y , với (y, a) = Các số cột y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y Giả sử rx số dư chia ax + y cho b Như (ax + y, b) = (rx , b) Dễ dàng thấy (a, b) = nên rx1 = rx2 với x1 = x2 Như ta có đẳng thức tập hợp r0 , r1 , , rb−1 = 0, 1, , b − Vậy số x mà (ax + y, b) = số x mà (rx , b) = tức ϕ(b) Vậy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a ngun tố với b Đó số nguyên tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Từ định lý ta suy cơng thức tính ϕ(n) sau Định lý 1.3 (xem [20, 30 - 33]) Giả sử n = pα1 pαk k phân tích tắc n > Khi 1 ϕ(n) = n − 1− − p1 p2 pk Chứng minh Theo Định lý 1.2, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 ) ϕ(pαk k ) Định lý chứng minh ta chứng tỏ ứng với p số nguyên tố ϕ(pα ) = pα (1 − ) Thật vậy, p nguyên tố nên với k ≤ pα p (k, p) = k p pα α Số số k ≤ p bội p = pα−1 p Vậy ϕ(pα ) = pα − pα−1 = pα (1 − ) p Bài tốn 1.1 Tính ϕ(360) Lời giải Với n = 360 = 23 32 ϕ(360) = 360 − 1− 1− = 96 Bài toán 1.2 Cho n số nguyên dương Chứng minh ϕ(d) = n d|n Lời giải Tổng lấy theo ước số n Ta phân chia tập hợp số tự nhiên từ đến n thành lớp theo cách sau Lớp Cd gồm số nguyên m, ≤ m < n, mà (m, n) = d Như m thuộc Cd d ước chung m, n (m|d, n|d) = Như vậy, số phần tử Cd số số nguyên dương không vượt n|d nguyên tố với n|d; tức Cd gồm ϕ(n|d) phần tử Vì số nguyên m từ đến n thuộc lớp Cd (d = (m, n)) nên n tổng số thành phần lớp Cd , d ước n Ta có n ϕ n= d d|n Mặt khác, d chạy qua ước n n|d chạy qua ước n, nên từ suy ϕ(d) n= d|n Nhận xét 1.1 Tầm quan trọng hàm ϕ(n) số học thể Định lý Euler Sau dạng mở rộng Định lý Euler Định lý 1.4 (Định lý Euler mở rộng) Cho a m hai số tự nhiên Khi am ≡ am−ϕ(m) (mod m) Chứng minh Ta phải chứng minh A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1) chia hết cho m Giả sử m có phân tích tắc m = q1α1 q2α2 qkαk Ta chứng minh (a, qi ) = (aϕ(m) − 1) q αi , cịn a q am−ϕ(m) q αi , A m Thật vậy, (a, qi ) = theo Định lý Euler αi (aϕ(qi ) − 1) qiαi Mặt khác, ϕ(qiαi ) = qiαi (1 − ) qi ước ϕ(m) (suy từ cơng thức tính ϕ(m)) Do αi (aϕ(m) − 1) (aϕ(qi ) − 1) q αi Nếu a qi am−ϕ(m) q m−ϕ(m) Suy p−1 p−1 i p−1 − a1 i=1 p−1 i p−2 ip−2 − + a2 i=1 i=1 p−1 − ap−2 i + (p − 1) (p − 1)! ≡ (mod p2 ) i=1 Từ bổ đề ta có p−1 ip−1 + (p − 1) (p − 1)! ≡ (mod p2 ) i=1 p−1 ip−1 ≡ − (p − 1) (p − 1)! ≡ (p − 1)! + p ⇔ (mod p2 ) i=1 Đây điều phải chứng minh Bài toán 2.8 (APMO 2006) Cho p (p ≥ 5) số nguyên tố Chứng minh Cpp2 − p chia hết cho p5 Lời giải Xét đa thức f (x) = (x − 1) (x − 2) (x − p + 1) = xp−1 + a1 xp−2 + a2 xp−3 + · · · + ap−2 x + (p − 1)!, ∈ Z ∀i = 1, p − Khi p (∀i = 1, 2, , p − 2) , ap−2 p2 Từ đó, ta có f p2 ≡ (p − 1)! (mod p4 ) nên f (0) ≡ (p − 1)! (mod p4 ) Khi Cpp2 p2 ! −p= p! (p2 − p)! p p − p2 − p2 − p + = −p (p − 1)! p · f p2 − f (0) ≡ (mod p5 ), = (p − 1)! ((p − 1)!, p) = Vậy ta có điều phải chứng minh 67 Bài toán 2.9 Cho p (p ≥ 5) số nguyên tố Chứng minh p−1 Cmp k −1 − chia hết cho pk+2 với k, m số nguyên dương Lời giải Xét đa thức f (x) = (x − 1) (x − 2) (x − p + 1) − xp−1 + (p − 1)! = a1 xp−2 + a2 xp−3 + · · · + ap−2 x p (∀i = 1, 2, , p − 2) , ap−2 p2 , suy f mpk ≡ (mod pk+2 ) Vậy nên, ta có p−1 Cmp k −1 −1= mpk − mpk − mpk − p + − (p − 1)! (p − 1)! f mpk = ≡0 (p − 1)! (mod pk+2 ), điều phải chứng minh Bài toán 2.10 (Mathematical Reflections 6-2006) Cho p (p > 5) số nguyên tố p−1 m2i Chứng minh tử lẻ, m (0 < m < p) số nguyên dương Gọi S (m) = 2i i=1 số S (1) chia hết cho p tử số S (3) chia hết cho p a chia hết cho p p chi b hết a) Vậy toán 2.10 tương đương ta cần chứng minh p|S (1) ⇔ p|S (3) Với k ∈ N∗ , ≤ k ≤ p − Lời giải Ta xét đồng dư số hữu tỷ (số hữu tỷ Cpk (p − 1)! (p − 1) (p − 2) (p − k + 1) = = p k! (p − k)! k! (−1)k−1 (k − 1)! (−1)k−1 ≡ ≡ (mod p) k! k 68 Xét đa thức Q (x) = (x + 1)p − (x − 1)p − Với số nguyên dương m Q (m) = (m + 1)p − (m − 1)p − p−1 = 2p m p−1 ≡ 2p m ≡ −2p Bởi S (m) ≡ Cp3 p−3 Cpp−2 + m + ··· + m p p p−3 3−1 m + (−1) p−2−1 + · · · + (−1) m2 mp−1 mp−3 + + ··· + p−1 p−3 m2 p−2 (mod p) Q (m) (mod p), p |S (m) ⇔ p2 |Q (m) −2p (với < m < p) Yêu cầu cần chứng minh p2 |Q (1) ⇔ p2 |Q (3) hay p2 |3Q (1) ⇔ p2 |Q (3) ( (p, 3) = 1) Thật vậy, ta có Q (3) − 3Q (1) = (4p − 2p − 2) − (2p − 2) = (2p − 2)2 ≡ (mod p2 ) Bài toán 2.11 (Bulgaria MO 1995, Round 4) Giả sử x, y số thực phân biệt xn − y n cho có bốn số nguyên dương n liên tiếp để số nguyên Chứng x−y xn − y n minh số nguyên với số nguyên dương n x−y xn − y n Lời giải Đặt tn = x−y Khi tn+2 + btn+1 + ctn = với b = − (x + y) , c = xy t0 = 0, t1 = Ta chứng minh b, c ∈ Z Cho tn ∈ Z với bốn số nguyên dương liên tiếp n = m, m + 1, m + 2, m + Vì cn = (xy)n = t2n+1 − tn tn+2 ∈ Z n = m, m + nên cm , cm+1 ∈ Z, suy c số hữu tỷ cm+1 ∈ Z Do c ∈ Z tm tm+3 − tm+1 tm+2 Mặt khác b = tức b số hữu tỷ cm Bằng phương pháp quy nạp, từ phương trình tn+2 + btn+1 + ctn = 69 suy tn viết tn = fn−1 (b), fn−1 (X) đa thức monic có hệ số nguyên, bậc f deg f = n − Do b nghiệm phương trình fm (X) = tm+1 nên b ∈ Z Từ phương trình tn+2 + btn+1 + ctn = 0, suy tn ∈ Z với số nguyên dương n, điều phải chứng minh Bài toán 2.12 Cho p số nguyên tố lẻ, a, k số nguyên dương Gọi p−1 (p − 1)! xk = , (1 ≤ k ≤ p − 1) S (a) = ak xk Chứng minh k k=1 a) S (3) + S (4) − 3S (2) chia hết cho p b) S (1) chia hết cho p2 với p ≥ Lời giải Nhận xét ∀p ∈ ℘, p ≥ 3, ≤ k ≤ p − k−1 Cp−1 ≡ (−1)k−1 (mod p) Thật (p − 1) (p − 2) (p − k + 1) (p − 1)! = (k − 1)! (p − k)! (k − 1)! (−1)k−1 (k − 1)! ≡ ≡ (−1)k−1 (mod p) (k − 1)! ( ((k − 1)!, p) = 1) k−1 Cp−1 = Từ đó, ta có xk = (p − 1)! (p − 1)! k−1 ≡ (−1)k−1 Cp−1 k k (mod p), (1 ≤ k ≤ p − 1) Suy xk ≡ (p − 1)! (−1)k−1 Cpk p (mod p), (1 ≤ k ≤ p − 1) Vậy nên p−1 p−1 k k=1 ≡− Suy ak a xk ≡ S (a) = (p − 1)! p k=1 p−1 (p − 1)! (−1)k−1 Cpk p (−a)k Cpk (mod p) k=1 ap − (a − 1)p + S (a) ≡ − (p − 1)! p 70 (mod p) 3p − 2p − p 2p − 4p − 3p − −3· + p p p (2 − 2) ≡ − (p − 1)! ≡ (mod p) (do 2p ≡ (mod p)) p p−1 r = r, s ∈ N∗ , (r, s) = r chia hết cho 2) S (1) = (p − 1)! s k=1 k p với p ≥ 5, ta có điều phải chứng minh a) S (3) + S (4) − 3S (2) ≡ − (p − 1)! Bài tốn 2.13 (IMO 2002) Tìm tất số nguyên dương m, n ≥ cho am + a − tồn vô hạn số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện n số nguyên a + a2 − Lời giải Kí hiệu am + a − f (a) = n a + a2 − Ta gọi Pm (x) = xm + x − ∈ Z [x] Qn (x) = xn + x2 − ∈ Z [x] hai đa thức nguyên monics Theo Định lý Euclid với đa thức nguyên monics tồn S, R ∈ Z [x] , deg R < n, cho Pm (x) = Qn (x) S (x) + R (x) Vậy từ đề bài, ta có xm + x − Pm (x) R (x) f (x) = n = = S (x) + x + x2 − Qn (x) Qn (x) R (x) −−−−→ 0, từ biểu thức f (x) không nhận giá Qn (x) n→+∞ R (s) trị nguyên với vô số số nguyên s < Qn (s) Vậy để f (a) ∈ Z với vơ hạn số ngun a Nếu R (x) = 0, ta có R (a) = ⇔ Qn (a) |Pm (a) Z [x] Từ đó, ta cần có điều kiện m > n Ta chứng minh Qn (x) |Pm (x) (m, n) = (5, 3) Ta sử dụng module thuật toán Euclidean Q [x] Ta thấy 71 (x, Qn (x)) = 1; (x − 1, Qn (x)) = Q [x] xm + x − (mod xn + x2 − 1) ≡0 ⇔ xm + x − xn − x2 (mod xn + x2 − 1) ≡0 ⇔ xm−1 + − xn−1 − x ≡ (mod xn + x2 − 1) ⇔ xn−1 xm−n − + (1 − x) ≡ ⇔ xm−2 + · · · + xn−1 + ≡0 (mod xn + x2 − 1) (mod xn + x2 − 1) Đặt m = n + i , i ∈ N∗ Ta có xm−2 + · · · + xn−1 + ≡ xn+i−2 + · · · + xn−1 + xi + xi−1 + · · · + x2 − ≡ xn+i−2 + xi + xn+i−3 + xi−1 + · · · + xn + x2 + xn−1 − xi ≡ xi−2 + xi−3 + · · · + + xn−1 − xi − xi−1 − · · · − x2 − ≡ xn−1 + x − xi − xi−1 (mod xn + x2 − 1) Nếu i < n xn−1 + x − xi − xi−1 = nên n − = i i − = Suy (n, i) = (3, 2) nên (m, n) = (5, 3) Nếu i = n + j ; j ≥ 0, j ∈ Z xn−1 + x − xi − xi−1 ≡ (mod xn + x2 − 1) ⇔ − xn−1 − x + xn+j + xn+j−1 ≡ ⇔ xn+j−1 + xn+j−2 − xn−2 − ≡ ⇔ xn−2 xj+1 − + xn+j−2 − ≡ (mod xn + x2 − 1) (mod xn + x2 − 1) (mod xn + x2 − 1) ⇔ xn+j−2 + 2xn+j−3 + · · · + + 2xn−2 + xn + · · · + ≡ (mod xn + x2 − 1) Nhưng xn+j−2 + 2xn+j−3 + · · · + 2xn−2 + xn + · · · + sn + s2 − = có nghiệm s ∈ (0; 1) R Vậy ≥ với x ≥ ta thấy sn+j−2 + 2sn+j−3 + · · · + 2sn−2 + sn + · · · + = 0, vô lý Vậy cặp số nguyên dương (m, n) = (5, 3) thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 2.14 (Dự tuyển Olympic Đồng Duyên hải Bắc Bộ 2017) Cho x số nguyên thỏa mãn điều kiện 2017 x2 + x + Chứng minh 2017 2016! x − x2016 x2 x3 x4 + − + ··· − 2016 72 k−1 k Lời giải Với k ∈ {1, 2, , 2016} ta có kC2017 = 2017C2016 k−1 k C2016 (−1)k−1 C2017 = ≡ 2017 k k (mod 2017) Suy 2016 k=1 nên 2016 k=1 (−1)k−1 xk ≡ k 2016 k=1 k C2017 xk 2017 (mod 2017) (1 + x)2017 − − x2017 (−1)k−1 xk ≡ k 2017 (mod 2017) (1) Bổ đề 2.1 Đa thức P (x) = (1 + x)2017 − − x2017 chia hết cho đa thức Q (x) = x2 + x + Chứng minh Thật vậy, gọi ε nghiệm đa thức x2 + x + Ta thấy P (ε) = 0, P (ε) = suy P (x) = (1 + x)2017 − − x2017 chia hết cho (x − ε)2 Vậy đa thức chia hết cho (x − ε¯)2 , bổ đề chứng minh Theo giả thiết 2017 x2 + x + Áp dụng bổ đề, suy (1 + x)2017 − − x2017 ≡ 2016 Từ (1) (2), ta thu k=1 (mod 20172 ) (2) (−1)k−1 xk ≡ (mod 2017), điều phải chứng k minh 2.2 Thiết lập phương trình để khảo sát tính chất số học dãy số Bài tốn 2.15 (IMO Shortlist 2005) Cho a, b, c, d, e, f số nguyên dương Giả sử S = a+b+c+d+e+f ước số abc+def ab+bc+ca−de−ef −f d Chứng minh S hợp số Lời giải Xét đa thức P (x) = (x + a) (x + b) (x + c) − (x − d) (x − e) (x − f ) = Sx2 + Qx + R, 73 S = a + b + c + d + e + f; Q = ab + bc + ca − de − ef − f d; R = abc + def Vì theo giả thiết S |Q ; S |R nên S |P (x) , ∀x ∈ Z Nói riêng S |P (d) = (d + a) (d + b) (d + c) Nếu S số nguyên tố số d + a, d + b, d + c chia hết cho S điều vơ lý, S > max {d + a, d + b, d + c} Do S hợp số, điều phải chứng minh Bài toán 2.16 (IMO Shortlist 2005) Biết số nguyên dương a ≥ b ≥ c d thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) abc = d3 ; ii) Số a + b + c − d ước nguyên tố số ab + bc + ca − d2 Chứng minh b = d Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử ngược lại b = d Khi a, c = d (do a ≥ b ≥ c abc = d3 ) Dễ dàng ta chứng minh a > b > c Xét đa thức f (x) = (x + a) (x + b) (x + c) − (x + d)3 = (a + b + c − 3d) x2 + ab + bc + ca − 3d2 = (a + b + c − d) x2 + ab + bc + ca − d2 x − 2dx (x + d) Suy f (−d) = (a − d) (b − d) (c − d) bội a + b + c − d Do < a − d < a + b + c − d nên có hai trường hợp sau xảy Trường hợp c − d bội a + b + c − d Trong trường hợp ta có d − c ≥ a + b + c − d suy 2d ≥ a + b + 2c √ Nhưng theo bất đẳng thức AM-GM ta có a + b + 2c ≥ 3 ab (2c) = 3d > 2d, vô lý Trường hợp b − d bội a + b + c − d Lập luận tương tự trên, suy vô lý Vậy b = d Chú ý Khi a = d2 , b = d, c = d2 + = p số nguyên tố (chẳng hạn d = 2, 4), ta thấy số a, b, c, d, thỏa mãn yêu cầu toán 74 Bài toán 2.17 Chứng minh với số ngun a, b, c ln tìm số nguyên dương n số n3 + an2 + bn + c khơng số phương Lời giải Xét đa thức f (n) = n3 + an2 + bn + c Ta cần chứng minh đại lượng f (1) , f (2) , f (3) , f (4) phải có số khơng số phương Giả sử trái lại, số f (1) , f (2) , f (3) , f (4) số phương Ta có f (4) − f (2) = 12a + 2b − 56 ≡ 2b (mod 4) f (3) − f (1) = 8a + 2b + 26 ≡ 2b + (mod 4) (2.2) (2.3) Để ý với x ∈ Z x2 ≡ ∨ (mod 4) nên từ (2.3) (2.3) suy f (4) − f (2) f (3) − f (1) số chẵn, chia hết cho (vì f (1) , f (2) , f (3) , f (4) số phương) Suy [f (3) − f (1)] − [f (4) − f (2)] = 4, vô lý Vậy điều giả sử sai Suy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.18 Cho số nguyên dương m, n có m > n ≥ thỏa mãn điều kiện xn ≡ (mod m), ∀x = 1, 2, , n Chứng minh m số nguyên tố m = n + Lời giải Xét đa thức P (x) = xn − Sử dụng khai triển Abel, tồn số nguyên b1 , b2 , , bn cho P (x) = xn − = (x − 1) (x − 2) (x − n) + + b1 (x − 1) (x − 2) (x − n + 1) + · · · + bn−1 (x − 1) + bn (2.4) Lần lượt cho x = 1, 2, , n ta có bn m, bn−1 m, 2bn−2 m, , i!bi m, , (n − 1)!b1 m Thay x = vào (1) ta có (−1)n n! ≡ −1 (mod m) (2.5) Thay x = −1 vào (2.5) ta có (−1)n (n + 1)! ≡ (−1)n − 75 (mod m) (2.6) Từ (2) suy ∀p ∈ ℘, p |m nên p ≥ n + Nếu n từ (2.4) suy n! ≡ (mod m) từ (2.5) hay (n + 1)! ≡ (mod m) Suy [(n + 1)! − 2n!] m nên n! (n − 1) m vô lý (do (n!, m) = 1, n − < m) Vậy nên n nên (n + 1)! m, suy n + m nên n + = m m số nguyên tố, điều phải chứng minh Bài toán 2.19 (1991 Putnam Exam) Cho p (p ≥ 5) số nguyên tố Chứng minh p j=0 j Cpj Cp+j ≡ 2p + (mod p2 ) p Lời giải Gọi H = j=0 j j p Cpj Cp+j , Cp+j = Cp+j Ta thấy H hệ số xp đa thức p p+j p Cpj j=0 k Cp+j xk Cpj (1 + x)p+j = j=0 k=0 p p Cpj (1 + x)j = (1 + x)p (2 + x)p = (1 + x) j=0 Khai triển (1 + x)p (2 + x)p , ta p Cpk Cpp−k 2k , H= k=0 với ≤ k ≤ p − 1, p |p! , p |k! (p − k)! Như p chia hết Cpk = Cpk−p (∀1 ≤ k ≤ p − 1) Xét với mod p2 H, ta có p H= ≡ p−1 Cpk Cpp−k 2k k=0 Cp0 Cpp 20 = Cp0 Cpp 20 Cpk Cpp−k 2k + Cpp Cp0 2p + k=1 + Cpp Cp0 2p ≡1+2 p (mod p2 ), điều phải chứng minh Bài toán 2.20 Cho hai đa thức f (x) = x5 + 5x4 + 5x3 + 5x2 + g (x) = x5 + 5x4 + 3x3 − 5x2 − Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số tự nhiên n (0 ≤ n ≤ p) thỏa mãn điều kiện f (n) , g (n) chia hết cho p Với p tìm được, tìm tất n 76 Lời giải Ta có f (n) + g (n) = n5 + 5n4 + 4n3 = 2n3 n2 + 5n + = 2n3 (n + 1) (n + 4) Do p|f (n) , p|g (n) nên p |(f (n) + g (n)) suy p|2 p|n p| (n + 1) p| (n + 4) - Nếu p = ta có f (0) = 1, f (1) = 17, f (2) = 173 không chia hết cho Vậy p = (loại) - Nếu p|n ta có f (n) ≡ (mod p) nên ≡ (mod p), vô lý Vậy p|n (loại) - Nếu p| (n + 1) ta có f (n) ≡ (mod p) nên ≡ (mod p), suy p = nên n = - Nếu p| (n + 4) ta có f (n) ≡ 17 (mod p) nên 17 ≡ (mod p), suy p = 17 nên n = 13 Đáp số (p, n) = (5, 4) , (p, n) = (17, 13) Bài toán 2.21 (Mathematical Reflections 3-2006) Gọi p số nguyên tố a1 , a2 , , an số nguyên dương phân biệt không lớn p − Giả sử p ak1 + ak2 + · · · + akn với k = 1, 2, , p − Xác định {a1 , a2 , , an } Lời giải Gọi g nguyên thủy modulo p Vì ≤ ≤ p − 1, p |ai , với i = 1, 2, , n tồn số nguyên dương αi cho ≡ g αi (mod p) Theo giả thiết p ak1 + ak2 + · · · + akn ta viết lại sau ak1 + ak2 + · · · + akn ≡ (g α1 )k + (g α2 )k + · · · + (g αn )k ≡ gk α1 + gk α2 + · · · + gk αn (mod p); (mod p) Ta thấy g k , với k = 1, 2, , p − phần tử tập {2, 3, , p − 1} Xét đa thức P (x) = xα1 + xα2 + · · · + xαn P (x) có p − nghiệm phân biệt modulo p 2, 3, , p − 1, nên ta viết P (x) ≡ (x − 2) (x − 3) (x − (p − 1)) (mod p); xp−1 − x + x + ··· + x ≡ (mod p); x−1 xα1 + xα2 + · · · + xαn ≡ xp−2 + xp−3 + · · · + x + (mod p) α1 α2 αn 77 Từ điều nêu trên, ta thu {α1 , α2 , , αn } = {0, 1, 2, , p − 2} {a1 , a2 , , an } = {g α1 , g α2 , , g αn } = {1, 2, , p − 1} Bổ đề 2.2 Gọi Sk = k + k + · · · + k p−2 p |Sk + k ≡0, (mod p) p |Sk + k ≡ (mod p) Chứng minh Thật vậy, k ≡ (mod p) Sk = k + k + · · · + k p−2 ≡ p − ≡ −2 (mod p) Nếu k ≡1 (mod p) k k p−2 − k p−1 − k Sk = hay Sk = k−1 k−1 Từ Định lý Fermat, ta có k p−1 ≡ (mod p) nên k p−1 − k − (k − 1) Sk = ≡ ≡ −1 (mod p) k−1 k−1 Vậy p |Sk + k ≡0, (mod p) Bổ đề chứng minh Nhận xét 2.14 Trở lại toán, từ giả thiết ta có p−2 ai1 + ai2 + · · · + ain p i=1 Vì a1 , a2 , , an số nguyên dương phân biệt không lớn p − nên chúng có nhiều có số số lại ≡0, (mod p) Áp dụng bổ đề trên, ta có p−2 ai1 + ai2 + · · · + ain ≡ (−1) · n (mod p) ≡ −n (mod p) i=1 p−2 ai1 + ai2 + · · · + ain ≡ (−2) + (−1) · (n − 1) (mod p) i=1 ≡ −n − (mod p) Từ p |n p |− (n + 1) mà theo giả thiết n ≤ p−1 Do p = n+1 ⇔ n = p − Vậy nghiệm {a1 , a2 , , an } = {1, 2, , p − 1} thỏa mãn điều kiện toán 78 Nhận xét 2.15 Hai cách giải dều dựa vào việc xây dựng đa thức hợp lý kết hợp với tính chất số học chúng Bài toán 2.22 (Mathemattica Excalibur 5- 1996) Tìm tất số nguyên a cho x2 − x + a chia hết x13 + x + 90 Lời giải Thực hiên phép chia đa thức x13 + x + 90 cho x2 − x + a, ta thu x13 + x + 90 = x2 − x + a q (x) , q (x) ∈ Z [x] Thay giá trị x = −1; 0; vào đẳng thức cho ta thu 88 = (2 + a) q (−1) , 90 = a.q (0) 92 = a.q (1) Bởi a chia hết 90 92 a + chia hết 88 nên a nhận giá trị −1 Nhưng đa thức x2 − x − có nghiệm thực dương, cịn đa thức x13 + x + 90 khơng có nghiệm thực dương Vậy a = ta cần chứng minh x2 − x + chia hết x13 + x + 90 Thật vậy, gọi ω hai nghiệm phức x2 − x + ta có ω = ω − 2, ω = −3ω + 2, ω = −3ω − 14, ω 12 = 45ω − 46 ω 13 + ω + 90 = 0, ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.23 (Mathematical Reflections 5-2017) Cho đa thức P (x) với hệ số nguyên có nghiệm nguyên Chứng minh p, q hai số nguyên tố lẻ phân biệt thỏa mãn điều kiện P (p) = p < 2q − P (q) = q < 2p − 1, p q hai số nguyên tố sinh đôi Lời giải Từ giả thiết ta thấy P (x) có nghiệm nguyên r = Vậy ta viết lại đa thức sau P (x) = (x − r) Q (x), (với Q (x) đa thức với hệ số nguyên) Vậy P (p) = (p − r) Q (p) = p; P (q) = (q − r) Q (q) = q Mặt khác p − r ∈ {±1; ±p} q − r ∈ {±1; ±q} Vì p, q hai số nguyên tố nên ta có r ∈ {p − 1, p + 1, 2p} ∩ {q − 1, q + 1, 2q} Suy p − = q + p + = q − (vì p < 2q − 1, q < 2p − 1) Từ ta có p q hai số nguyên tố sinh đôi, điều phải chứng minh 79 KẾT LUẬN Luận văn "Tính chất số học dãy số nguyên" trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức lớp hàm số học nhân tính hệ thức liên quan Tiếp theo, khảo sát tính chất số học dãy số nguyên tính đồng dư, chia hết, nguyên tố nguyên tố nhau, số phương, Cuối cùng, luận văn trình bày số dãy số nguyên sinh đa thức nguyên phương trình đại số tương ứng Trong luận văn trình bày số ví dụ chọn lọc từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước năm gần liên quan đến dãy số nguyên 80 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB ĐHQG HN [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2006), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB ĐHQG HN [3] Nguyễn Văn Mậu (2017), Tổ hợp dạng toán liên quan, NXB ĐGQG Hà Nội [4] Tạp chí TH&TT (2000), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục B Tiếng Anh [5] Kenneth H Rosen (2012), Discrete Mathematics and its Applications, Seventh Edition, Mc Graw Hill [6] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer [7] Olivier Bordells (2007), Mean Values of Generalized gcd-sum and lcm-sum Functions, Journal of Integer Sequence, vol 10, Article 07.9.2 81 ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - BÙI THU NGA TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY CÁC SỐ NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC... 1.2 Một số dạng toán số học dãy số nguyên Trong phần này, ta trình bày tính chất phương pháp giải toán dãy số nguyên 1.2.1 Các dạng tốn số phương dãy số Trong phần này, ta xét số dạng toán số phương... dãy số nguyên, chọn đề tài luận văn ? ?Tính chất số học dãy số nguyên? ?? Tiếp theo, khảo sát số lớp toán từ đề thi HSG Quốc gia tỉnh thành nước năm gần Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số tính