Nghiên cứu tính chất của hợp chất La2 3Ca1 3Mn1 xCOxO3

Nghiên cứu tính chất của hợp chất La2 3Ca1 3Mn1 xCOxO3 Nghiên cứu tính chất của hợp chất La2 3Ca1 3Mn1 xCOxO3 Nghiên cứu tính chất của hợp chất La2 3Ca1 3Mn1 xCOxO3 luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN BÙI VĂN HUẤN BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN BÙI VĂN HUẤN BÀI TOÁN CHIA HẾT TRONG SỐ HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội - 2014 Lời cảm ơn Để hoàn thành chương trình đào tạo cao học hồn thành luận văn này, tác giả luận văn nhận nhiều giúp đỡ, quan tâm, tạo điều kiện gia đình, Thầy Cơ giáo, quan bạn bè đồng nghiệp Lời đầu tiên, em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Thầy, Cô giáo tham gia giảng dạy cho chúng em trình học cao học Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Phạm Văn Quốc tận tình hướng dẫn bảo em q trình hồn thành luận văn Em xin chân thành cảm ơn Ban Chủ nhiệm khoa Tốn – Cơ – Tin học, phịng Sau đại học phòng, ban trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi để em hồn thành khóa học thủ tục bảo vệ luận văn tốt nghiệp Tác giả luận văn xin cảm ơn các cấp quản lý tạo điều kiện cho tham gia khóa học cao học để nâng cao trình độ chun mơn Xin cảm ơn bạn đồng nghiệp, bạn bè, gia đình động viên, giúp đỡ tơi q trình học thực luận văn Mục lục Lời Mở đầu Chương Các kiến thức sở 1.1 Phép chia tập hợp số nguyên 1.1.1 Phép chia hết 1.1.2 Phép chia có dư 1.1.3 Số nguyên tố, hợp số 1.1.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ 1.1.5 Một số tính chất khác chia hết 1.1.6 Một vài hàm số học thông dụng 1.2 Đồng dư 11 1.2.1 Khái niệm đồng dư 11 1.2.2 Một số tính chất đồng dư thức 12 1.2.3 Hệ thặng dư lớp thặng dư 12 1.2.4 Một số định lý tiếng lý thuyết đồng dư 13 Chương Một số phương pháp giải toán chia hết 15 2.1 Phương pháp áp dụng tính chất phép chia hết 15 2.1.1 Áp dụng tính chất phép chia hết 15 2.1.2 Phương pháp xét số dư 21 2.1.3 Áp dụng đẳng thức 26 2.2 Phương pháp áp dụng đồng dư 28 2.2.1 Áp dụng tính chất đồng dư thức 28 2.2.2 Áp dụng định lý đồng dư 33 2.3 Một số phương pháp khác 40 2.3.1 Phương pháp quy nạp toán học 40 2.3.2 Phương pháp chứng minh phản chứng 44 2.3.3 Sử dụng nguyên lý Dirichlet 46 Chương Một số toán áp dụng 48 3.1 Một số áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên 48 3.2 Một số toán tính chia hết số hạng dãy số ngun 53 3.3 Một số tốn tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết 57 3.4 Một số tập khác 62 Kết luận 66 Tài liệu tham khảo 68 Lời mở đầu Số học phân môn quan trọng lĩnh vực cổ xưa Toán học Số học sớm giảng dạy chương trình phổ thơng từ học sinh bắt đầu học Toán học, với việc làm quen với số khái niệm đơn giản tính chia hết, ước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ nhất, Cho đến cơng trình nghiên cứu nhà khoa học, Số học lĩnh vực có nhiều tốn, giả thuyết nghiên cứu chưa giải đáp Trên đường tìm kiếm lời giải cho tốn, giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, lý thuyết lớn Tốn học nảy sinh Trong chương trình phổ thông nay, Số học chưa giành nhiều thời gian để học chuyên sâu lĩnh vực xuất nhiều đề thi Học sinh giỏi cấp trở thành phận quan trọng chương trình giảng dạy Tốn lớp chọn lớp chun Tốn, cơng cụ tốt để rèn luyện trí thơng minh tư Tốn học Tác giả lựa chọn đề tài “Bài toán chia hết số học” với mục đích tham khảo để tiếp cận hoàn thiện thêm vấn đề Số học, làm sở học tập nghiên cứu lĩnh vực khác lý thuyết số sơ cấp Luận văn gồm chương: Chương – Các kiến thức sở Trong chương này, tác giả trình bày tóm tắt lại số khái niệm, tính chất phép chia tập số nguyên số vấn đề liên quan Trong đó, lý thuyết đồng dư công cụ mạnh mẽ để giải toán chia hết Chương – Một số phương pháp giải toán chia hết Trong chương này, tác giả trình bày số phương pháp phổ biến thường sử dụng toán liên quan đến chia hết như: phương pháp sử dụng tính chất phép chia hết, phương pháp sử dụng lý thuyết đồng dư định lý tiếng, phương pháp quy nạp toán học, phương pháp chứng minh phản chứng, phương pháp áp dụng nguyên lý Dirichlet, Chương – Một số tốn áp dụng Trong chương này, tác giả trình bày số toán Số học liên quan đến phép chia hết như: áp dụng giải phương trình nghiệm ngun, tính chất chia hết số hạng dãy số ngun, tốn tìm số nguyên thỏa mãn tính chất cho trước, Với tất cố gắng, với thời gian, lực có hạn, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đóng góp ý kiến Thầy giáo, Cơ giáo bạn để luận văn hoàn thiện Chương Các kiến thức sở Trong số học, tính chất chia hết giữ vị trí quan trọng Nó sở để đưa giải toán số nguyên tố, hợp số, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, lý thuyết đồng dư, Trong chương này, hệ thống lại số kiến thức thường xuyên áp dụng toán chia hết số học 1.1 Phép chia tập hợp số nguyên Trong tập hợp số nguyên, phép tốn cộng, trừ, nhân ln thực Tuy vậy, phép chia số nguyên a cho số nguyên b = lúc thực Khi phép chia số nguyên a cho số nguyên b = thương số nguyên x thỏa mãn phương trình bx = a ta nói a chia hết cho b 1.1.1 Phép chia hết Định nghĩa 1.1 Cho a, b số nguyên, b khác Ta nói a chia hết cho b (hay b chia hết a) tồn số nguyên c cho a = bc Khi đó, ta cịn nói a bội số b hay b ước số a Ký hiệu là: a b hay b | a Trên tập hợp số ngun, ta có tính chất sau: Tính chất 1.2 Với số nguyên a = 0, ta có: a | Với số nguyên a, ta có: | a (Tính chất phản xạ) a | a (Tính chất bắc cầu) Nếu a|b b|c a|c Nếu a|b a|c a | (mb + nc) Nếu a|b a|(b ± c) a|c Nếu a|c b|c (ab)|(cd) Nếu a|b với số tự nhiên n, ta có: (an ) | (bn ) Nếu a|b |a| ≤ |b| Vì vậy: Nếu a|b a, b nguyên dương a ≤ b Nếu a|b b|a |a| = |b| Nếu a|b (±a) | (±b) Mọi số nguyên a có ±1 ±a (nếu a = 0) ước số a, gọi ước tầm thường a Các ước số lại gọi ước thực a 1.1.2 Phép chia có dư Định lý 1.3 Cho a, b số nguyên, b khác Khi tồn cặp số nguyên (q, r), cho a = bq + r, ≤ r < |b| Định nghĩa 1.4 Cho a, b số nguyên, b khác Khi đó, ta nói a chia cho b có thương q số dư r a = bq + r, ≤ r < |b| Khi r = ta a chia hết cho b Khi r = ta nói a khơng chia hết cho b 1.1.3 Số nguyên tố, hợp số Định nghĩa 1.5 Số nguyên tố số nguyên dương lớn có hai ước số nguyên dương Số ngun dương khác khơng số nguyên tố gọi hợp số Định lý 1.6 (Euclide) Tập hợp số nguyên tố vô hạn Định lý 1.7 (Định lý số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số nguyên tố 1.1.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ Định nghĩa 1.8 Ước chung lớn hai số nguyên a, b không đồng thời số nguyên lớn chia hết a b, ký hiệu (a, b) Khi (a, b) = 1, ta nói hai số a b nguyên tố Tính chất 1.9 (ma, mb) = m (a, b), với m nguyên dương (a, b) a b , = Nếu d > ước chung a, b d d d a b Nếu (a, b) = d , =1 d d Nếu m|a, m|b m| (a, b) (a, b) = (a, −b) = (b, a) = (b, a + kb), với số nguyên k Nếu (a, m) = (b, m) = (ab, m) = Nếu m| (ab)và (m, a) = m|b Nếu a m, a n (m, n) = a (mn) Định lý 1.10 Cho a b số nguyên, d = (a, b) Khi tồn số nguyên m, n cho d = ma + nb Đối với dãy số cho hệ thức truy hồi số hạng, thường phải dùng kiến thức tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy số (trong khuôn khổ luận văn này, coi biết khơng trình bày kỹ kiến thức này) • Một số tốn chứng minh tồn số hạng dãy chia hết cho số Bài 11 Cho hai dãy số: an = 22n+1 + 2n+1 + bn = 22n+1 − 2n+1 + 1, n = 0, 1, 2, Chứng minh với số tự nhiên n có hai số an , bn chia hết cho Lời giải Ta có an − bn = 2n+2 không chia hết cho Mặt khác an bn = 4.16n + ≡ + ≡ (mod5) Từ suy điều phải chứng minh Bài 12 Cho dãy (an )n≥1 xác định bởi: a1 = 1, an = an−1 + a[ n ] (n ≥ 2) Chứng minh dãy chứa vô số số nguyên chia hết cho (Poland 1998) Lời giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử có hữu hạn số hạng dãy cho chia hết cho ak số hạng cuối dãy chia hết cho Khi từ cơng thức xác định dãy, ta có: a2k = a2k−1 + ak , a2k+1 = a2k + ak Nên a2k−1 ≡ a2k ≡ a2k+1 ≡ a (mod7) a không chia hết cho Mặt khác: a4k−2 = a4k−3 + a2k−1 , a4k−1 = a4k−2 + a2k−1 , a4k = a4k−1 + a2k , a4k+1 = a4k + a2k , a4k+2 = a4k+1 + a2k+1 , a4k+3 = a4k+2 + a2k+1 54 Suy a4k−3+i ≡ a4k−3 + ia (mod7), với i = 1, , Do a không chia hết bảy số a4k−3 , a4k+3 phải có số chia hết cho Mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai Ta có điều phải chứng minh • Một số tốn phải thực việc tìm số hạng tổng quát dãy số trước chứng minh tính chất chia hết số hạng Bài 13 Cho hai dãy số (un ) xác định sau: u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18, un+1 = 7un−1 − 6un−2 (n = 3, 4, ) Chứng minh với số nguyên tố p up p Lời giải Trước tiên, ta tìm số hạng tổng quát dãy là: n un = + 2n + (−3) , n = 1, 2, Theo định lý Fermat, ta có: up ≡ + + (−3) ≡ (modp) Vậy ta có với số ngun tố p up p Bài 14 Cho dãy số nguyên (an )n≥0 thỏa mãn: (n − 1) an+1 = (n + 1) an − (n − 1) Biết a1999 2000 Tìm số nguyên dương nhỏ n ≥ cho an 2000 (Bulgaria 1999) Lời giải Trước hết, tìm cơng thức tổng qt cho dãy (an )n≥0 Đặt bn = an − (2n − 2), ta có: (n − 1) bn+1 = (n + 1) bn n (n − 1) Suy bn = b2 (n ≥ 2) n (n − 1) Do an = (n − 1) + b2 , với b2 = a2 − số nguyên 1999.1998 Vì a1999 2000 nên suy (1999 − 1) + b2 ≡ (mod2000) Hay b2 ≡ (mod2000) Vậy an 2000 (n − 1) + 2n (n − 1) 2000 hay (n − 1) (n + 1) 1000 Từ tìm n = 249 số cần tìm 55 Bài 15 Cho dãy số nguyên (an ) xác định bởi: a0 = 1, a1 = −1, an = 6an−1 + 5an−2 (n ≥ 2) Chứng minh (a2012 − 2010) 2011 (HSG Quốc gia 2011) Lời giải Xét dãy (bn ) xác định bởi: b0 = 1, b1 = −1, bn = 6bn−1 + 2016bn−2 (n ≥ 2) n 49.(−42) + 41.48n Ta tìm số hạng tổng quát dãy bn = , (n ≥ 0) 90 Vì 2011 số nguyên tố nên theo định lý Fermat, ta có: 2010 (−42) ≡ 482010 ≡ (mod2011) Do 90b2012 ≡ 49.(−42) + 41.482 = 90b2 (mod2011) Suy b2012 ≡ b2 (mod2011) Lại có b2 ≡ 2010 (mod2011) Ngồi an ≡ bn (mod2011) Vậy a2012 ≡ 2010 (mod2011) Bài 16 Cho hai dãy số (un ) xác định sau: 6u2n−1 un−3 − 8un−1 u2n−2 u1 = 1, u2 = 2, u3 = 24, un = , n ≥ un−2 un−3 Chứng minh rằng: un n, với số nguyên dương n un , n ≥ Ta có v2 = 2, v3 = 12, = 6vn−1 − 8vn−2 un−1 Tìm số hạng tổng quát = 4n − 2n Lời giải Đặt = Ta có: un = vn−1 v2 u1 = 4n−1 − 2n−1 4n−2 − 2n−2 (4 − 2) +) Với số nguyên tố p, theo định lý Fermat, ta có: 4p−1 ≡ 2p−1 ≡ (modp) hay 4p−1 − 2p−1 p Từ đó, s bội p − (4s − 2s ) p +) Giả sử n = p1 r1 p2 r2 pk rk , với p1 < p2 < · · · < pk số nguyên tố Ta có n = d1 p1 = d2 p21 = · · · = dr1 pr11 Suy n − d1 < n − d2 < · · · < n − dr1 n − dj = dj pj1 − (p1 − 1), với j = 1, 2, , r1 Suy 4n−dj − 2n−dj p1 , với j = 1, 2, , r1 Vậy un pr1 Tương tự với thừa số khác suy điều phải chứng minh 56 3.3 Một số tốn tìm số ngun thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết • Một số tốn vận dụng tính chất phép chia hết đồng dư: Bài 17 Tìm tất số nguyên x cho x3 − 8x2 + 2x x2 + (Vô địch Bungari năm 1977) Lời giải x3 − 8x2 + 2x x2 + ⇒ x x2 + − x2 + + x + x2 + ⇒ (x + 8) x2 + Cách 1: Ta có: +) x = −8 thỏa mãn +) x = −8 |x + 8| ≥ x2 + ⇒ −2 ≤ x ≤ Thử trực tiếp ta x = x = thỏa mãn Vậy x = −8, x = x = Cách 2: Ta có: (x + 8) x2 + ⇒ x2 + 8x x2 + ⇒ (8x − 1) x2 + ⇒ (x + 8) − (8x − 1) x2 + ⇒ 65 x2 + Từ suy x = −8, x = x = Bài 18 Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + Chứng minh tồn số nguyên x, y cho x2 + y + p p−1 Lời giải Đặt ri = i2 (modp) , i = 1, 2, , ; p−1 si ≡ −1 − i2 (modp) , i = 1, 2, , Ta có: ri đôi phân biệt, si đôi phân biệt, ri , si ∈ T = {1, 2, , p − 1} Đặt A = r1 , r2 , , r p−1 , B = s1 , s2 , , s p−1 2 57 p−1 , |A ∪ B| ≤ p − +) Nếu |A ∪ B| < p − A ∩ B = ∅ Khi |A| = |B| = nên ta có ri = sj ⇒ i2 ≡ −1 − j (modp) ⇔ i2 + j + p +) Nếu |A ∪ B| = p − A ∩ B = ∅ nên số ri , sj đơi khác Do đó: r1 + · · · + r p−1 + s1 + · · · + s p−1 ≡ + + · · · (p − 1) ≡ (modp) 2 Điều mâu thuẫn với cách xác định số ri , sj : vì: ri + si ≡ −1 (modp) ⇒ r1 + · · · + r p−1 + s1 + · · · + s p−1 ≡ − 2 p−1 (modp) Vậy toán chứng minh Bài 19 Tồn hay không số nguyên x thỏa mãn x2401 + x2 + 2013 Lời giải Giả sử có số nguyên x thỏa mãn: x2401 + x2 + 2013 Vì 2013 11 nên suy x2401 + x2 + 11 Ta có x2401 + x2 + = x x2400 − + x2 + x + Theo tính chất chia hết đẳng thức, ta có: 24 x x2400 − = x x10 − x x10 − Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: x x10 − 11 Suy x2 + x + 11 Nhưng cho x chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ modulo 11, khơng có x để x2 + x + 11 Vậy khơng có số ngun x thỏa mãn yêu cầu toán Bài 20 Chứng minh với p số nguyên tố lẻ cho trước, ln có vơ số số tự nhiên n thỏa mãn (n.2n + 1) p 2k+1 Lời giải Lấy n = (p − 1) , k = 0, 1, 2, Vì p số nguyên tố lẻ nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 2p−1 ≡ (modp) Khi đó: 2k+1 n.2n + ≡ (p − 1) 2p−1 (p−1)2k 2k+1 + ≡ (−1) Từ suy điều phải chứng minh 58 + ≡ (modp) Bài 21 Tìm tất số tự nhiên n cho n.2n + Lời giải Xét n = 6k + r, ≤ r < Ta có: n.2n + = (6k + r) 2r 26k + ≡ r.2r + (mod3) Chỉ có r = r = thỏa mãn r.2r + Vậy số n cần tìm có dạng 6k + 6k + 2, k ∈ N Bài 22 Tìm số nguyên dương n cho (n − 1)! n (Vô địch Hungari năm 1951) Lời giải Nhận xét: +) Nếu n số ngun tố khơng thỏa mãn tốn +) n = khơng thỏa mãn toán +) n = thỏa mãn toán n +) Nếu n hợp số khác 4, viết n = p.q, ≤ p, q ≤ Trường hợp p = q: Trong (n − 1)! có thừa số p, q nên (n − 1)! n Trường hợp p = q p, q > 2: Trong (n − 1)! có thừa số p 2p, suy (n − 1)! chia hết cho p.2p hay (n − 1)! chia hết cho p2 = n Tóm lại, n = n hợp số khác • Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố: n! = p1 α1 p2 α2 .pk αk , số mũ αi thừa số pi bằng: αi = n pi + n pi + ··· + n pi m , m số tự nhiên lớn cho pi m < n Áp dụng công thức giúp giải số toán chia hết số giai thừa 500 Bài 23 Số C1000 có chia hết cho hay khơng? 500 Lời giải Ta có C1000 = 1000! (500!) +) Số mũ thừa số phân tích 1000! bằng: 1000 1000 1000 + + = 164 72 73 59 +) Số mũ thừa số phân tích 500! bằng: 500 500 500 + + = 82 72 73 Vì số mũ thừa số phân tích (500!) bằng: 82.2 = 164 500 Vậy phân tích C1000 khơng có thừa số 500 nên C1000 khơng chia hết cho Bài 24 Tìm số tự nhiên n lớn cho 29n chia hết 2003! Lời giải Số mũ 29 phân tích 2003! bằng: α= 2003 2003 + = 69 + = 71 29 292 Vậy 2003! = 2971 A, (A, 29) = Do số cần tìm n = 71 1995 Bài 25 Tìm số tự nhiên k lớn thỏa mãn điều kiện: (1994!) chia hết cho 1995k (Thi HSG Quốc gia - 1995) Lời giải Ta có 1995 = 3.5.7.19 1995 Ta tìm số mũ lớn thừa số 3, 5, 7, 19 phân tích (1994!) +) Số mũ phân tích 1994! bằng: α3 = 1994 1994 1994 + + · · · + = 992 32 37 +) Số mũ phân tích 1994! bằng: α5 = 1994 1994 1994 + + · · · + = 495 52 54 +) Số mũ phân tích 1994! bằng: α7 = 1994 1994 1994 + + = 329 7 73 60 +) Số mũ 19 phân tích 1994! bằng: 1994 1994 + = 109 19 192 α19 = Vậy 1994! = 3992 5495 7329 19109 M , M nguyên tố với 3, 5, 7, 19 1995 Vậy (1994!) = 3992 5495 7329 19109 M 1995 Từ suy k = 109.1995 số cần tìm Bài 26 Chứng minh với số nguyên dương n, chọn số nguyên dương x cho 19x − 97 2n Lời giải +) Với n = n = 2, chọn x = thỏa mãn +) Với n ≥ * Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: n−2 Nếu 192 − = 2n tn tn số lẻ Thật vậy, với n = nhận xét Giả sử nhận xét với n = k ≥ Với n = k + 1, ta có: k−1 192 k−2 − = 192 +1 k−2 192 − = 2sn 2n tn = 2n+1 (sn tn ) với sn tn số lẻ * Trở lại toán cho Ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học +) Với n = 3, toán +) Giả sử tồn số nguyên dương xn cho 19xn − 97 = 2n a Nếu a chẵn 19xn − 97 = 2n+1 a1 Nếu a lẻ đặt xn+1 = xn + 2n−2 Ta có: n−2 19xn+1 −97 = 192 n−2 (19xn − 97)+97 192 Vậy toán chứng minh 61 n−2 − = 2n 192 a + 97tn 2n+1 3.4 Một số tập khác Bài 27 (IMO – 1967) Cho số nguyên dương k, m, n cho m + k + số nguyên tố lớn n + Giả sử Cs = s (s + 1) Chứng minh rằng: (Cm+1 − Ck ) (Cm+2 − Ck ) (Cm+n − Ck ) C1 C2 Cn Lời giải Ta có: Cp − Cq = (p − q) (p + q + 1) Nên (Cm+1 − Ck ) (Cm+2 − Ck ) (Cm+n − Ck ) = [(m − k + 1) (m − k + 2) (m − k + n)] [(m + k + 2) (m + k + 3) (m + k + n + 1)] Ta có: C1 C2 Cn = n! (n + 1)! +) Ta có: (m − k + 1) (m − k + 2) (m − k + n) n! +) Mặt khác, ta có : n+1 Cm+k+n+1 = (m + k + 1) (m + k + 2) (m + k + 3) (m + k + n + 1) (n + 1)! số nguyên Trong m + k + số nguyên tố lớn n + nên không chia hết cho thừa số (n + 1)! Vì (m + k + 2) (m + k + 3) (m + k + n + 1) (n + 1)! Từ suy điều phải chứng minh Bài 28 (IMO – 1974) Chứng minh rằng: với số tự nhiên n, ta có n 2k+1 k C2n+1 khơng chia hết cho k=0 Lời giải Ta có + n Trong Bn = Do An − √ 2n+1 = An + √ 8Bn − √ 2n+1 = An − √ 8Bn 2k+1 k C2n+1 k=0 8Bn = 2n+1 (−7) n ≡ 32n+1 ≡ 3.(−1) (mod5) n Nếu Bn chia hết cho An ≡ 3.(−1) (mod5) Điều vơ lý Từ ta có điều phải chứng minh Bài 29 (Dự tuyển IMO – 2005) Giả sử a, b hai số nguyên dương cho an + n ước bn + n với số nguyên dương n Chứng minh a = b 62 Lời giải Giả sử a = b Từ giả thiết suy b > a Chọn p số nguyên tố lớn b lấy n = (a + 1) (p − 1) + Theo cách chọn ta có n ≡ (mod (p − 1)) n ≡ −a (modp) Khi theo định lý Fermat nhỏ, ta có: rn ≡ r rp−1 a+1 ≡ r (modp) , ∀r ∈ Z Ta lại có an + n ≡ a − a ≡ (modp) ⇒ p | (an + n) Nhưng an + n | bn + n nên p | bn + n bn + n ≡ b − a ≡ (modp) ⇒ p | (b − a) Điều mâu thuẫn p > b Vậy a = b Bài 30 (Bulgaria – 1995) Tìm tất số nguyên tố p, q cho (5p − 2p ) (5q − 2q ) pq Lời giải Giả sử p ≤ q Do (5p − 2p ) (5q − 2q ) số lẻ nên ≤ p ≤ q Nhận xét số nguyên tố k ước 5k − 2k theo định lý Fermat nhỏ ta có ≡ − ≡ 5k − 2k ≡ (modk) ⇒ k = Giả sử p > 3, theo nhận xét p không ước 5p − 2p nên p ước 5q − 2q hay 5q ≡ 2q (modp) Lại theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 5p−1 ≡ 2p−1 (modp) Do 5(p−1,q) ≡ 2(p−1,q) (modp) Nhưng p ≤ q nên (p − 1, q) = Do ≡ (modp) ⇒ p = Mâu thuẫn Vậy p = Nếu q > q ước 5p − 2p = 53 − 23 = 9.13 ⇒ q = 13 Vậy tất cặp (p, q) cần tìm (3, 3), (3, 13), (13, 3) Bài 31 (Trung Quốc – 2009) Tìm tất cặp số nguyên tố (p, q) cho: pq | 5p + 5q Lời giải +) Cặp (5, 5) thỏa mãn +) Nếu p = 5, q = 5: ta có 5q | 55 + 5q ⇒ q | 625 + 5q−1 63 Theo định lý Fermat nhỏ, ta có q ước 626 Trong trường hợp ta có nghiệm (5, 313) (5, 2) +) Nếu q = 5, p = 5: tương tự ta có hai nghiệm (313, 5) (2, 5) +) Nếu p = 2, q = 5: Ta có 2q | 25 + 5q ⇒ 25 + 5q ≡ (mod2q) ⇒ 30 ≡ (mod2q) ⇒ q = Như vậy, trường hợp hai số p, q có số 2, số lại khác 5, ta có nghiệm (2, 3) (3, 2) +) Trường hợp p, q khác 5: Ta có 5p + 5q ≡ (modpq) ⇒ + 5q ≡ (modp) ⇒ 5q−1 ≡ −1 (modp) ⇒ 52(q−1) ≡ (modp) Tương tự ta có 5p−1 ≡ −1 (modq) Chọn k số mũ lớn cho 2k | ordp Mà ordp | p − ordp | (q − 1) , ordp không ước q − Chứng tỏ số mũ lớn mà ước p − lớn số mũ lớn mà ước q − Do tính đối xứng nên ta có mũ lớn mà ước q − lớn số mũ lớn mà ước p − Mâu thuẫn chứng tỏ trường hợp tốn khơng có nghiệm Vậy tất nghiệm toán (2, 3), (2, 5), (5, 5), (5, 313), (3, 2), (5, 2), (313, 5) Bài 32 (Dự tuyển IMO – 2003) Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên tố q cho với số nguyên n, số np − p không chia hết cho q pp − = + p + p2 + · · · + pp−1 ≡ p + modp2 p−1 pp − Suy có ước nguyên tố không đồng dư với modulo p−1 p2 Lời giải Ta có Gọi số nguyên tố q, ta số q cần tìm 64 Thật vậy, giả sử tồn số nguyên n cho np ≡ p (modq) Khi đó, theo cách chọn số q ta có np ≡ pp ≡ (modq) Mặt khác q số nguyên tố, theo định lý Fermat nhỏ ta có nq−1 ≡ (modq) Hơn nữa, ta có p2 không ước q−1 nên p2 , q − = ⇒ np ≡ (modq) Suy p ≡ (modq) Khi ta có + p + p2 + · · · + pp−1 ≡ p (modq) Cùng với định nghĩa q ta có p ≡ (modq) Đây điều mâu thuẫn Bài 33 (Iran – 2007) Cho n số nguyên dương n = 22007 k + với k số nguyên lẻ Chứng minh 2n−1 + không chia hết cho n Lời giải Chứng minh phản chứng Giả sử 2n−1 + chia hết cho n Ta có 2n−1 + = 2k 22 007 + Gọi p ước nguyên tố tùy ý n đặt t = 2k , d = ordp (t) Ta có t2 007 ≡ −1 (modp) ⇒ t2 008 ≡ (modp) Suy d ước 22 008 không ước 22 007, tức d = 22 008 Mà d ước p − suy p ≡ mod22 008 Do n ≡ mod22 008 ⇒ 22 007k ≡ mod22 008 ⇒ | k Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy toán chứng minh 65 Kết luận Số học với lịch sử hình thành phát triển từ sớm Tốn học, lĩnh vực có nhiều tốn hay đặc sắc, nhiều tốn khó Luận văn trình bày số vấn đề Số học liên quan đến phép chia hết Luận văn gồm nội dung: Chương 1: Luận văn nhắc lại số kiến thức thường sử dụng Số học nói chung tốn liên quan đến chia hết nói riêng; trình bày định nghĩa số tính chất đồng dư, số định lý tiêu biểu lý thuyết đồng dư, cơng cụ hữu ích giải trình bày lời giải toán Số học Chương 2: Luận văn trình bày số phương pháp thường dùng giải toán chia hết, phân loại theo nhóm phương pháp: phương pháp áp dụng tính chất phép chia hết, phương pháp áp dụng đồng dư, số phương pháp khác quy nạp toán học, chứng minh phản chứng, áp dụng nguyên lý Dirichlet, Chương 3: Luận văn trình bày số toán số học gặp đề thi học sinh giỏi cấp, thi chọn học sinh giỏi quốc gia, nước Olympic Toán Quốc tế chia thành mục: áp dụng tính chia hết giải phương trình nghiệm ngun, số tốn tính chia hết số hạng dãy số nguyên, tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết, số toán chọn lọc khác 66 Tác giả hy vọng luận văn đóng góp thêm tài liệu nhỏ Số học để giúp học sinh tiếp cận với môn tốt hơn, em học sinh trung học sở em học sinh vào lớp chun chọn trung học phổ thơng, ngồi thầy giáo có thêm tài liệu phục vụ cơng tác tham khảo, giảng dạy cho Để có tài liệu Số học đầy đủ hoàn chỉnh, cần bổ sung thêm nhiều kiến thức khác Tuy nhiên khuôn khổ thời gian thời lượng cho phép luận văn, tác giả trình bày khái niệm vấn đề liên quan toán chia hết Mặc dù tác giả cố gắng chọn lọc phân loại tập, mang tính chất tương đối, khơng tránh khỏi thiếu sót, sai lầm Rất mong nhận ý kiến đóng góp sửa đổi Thầy Cô giáo bạn 67 Tài liệu tham khảo [1] Doãn Minh Cường, (2008), Số học, NXB ĐHSP [2] Phan Huy Khải, (2009), Các toán số học, NXB Giáo Dục [3] Hà Huy Khoái, (2004), Số học, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Vũ Lương, (2009), Các giảng số học, NXB ĐHQGHN [5] Nguyễn Văn Mậu, (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Nho, (2005), Chuyên đề số học, NXB ĐHQG TP HCM [7] Phạm Minh Phương, (2008), Các chuyên đề số học, NXB Giáo dục [8] Phạm Văn Quốc, (2012), Một số toán số học liên quan đến lũy thừa [9] Đặng Hùng Thắng, (2010), Bài giảng số học, NXB Giáo dục [10] www.diendantoanhoc.net [11] www.mathlinks.ro [12] Titu Andreescu, Dorin Andrica, (2006), Number Theory, USA [13] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng, (2006), 104 Number Theory Problems, USA [14] W Sierpinski, (1988), Elementary Theory of Numbers, POLAND 68 ... là: a b hay b | a Trên tập hợp số nguyên, ta có tính chất sau: Tính chất 1.2 Với số nguyên a = 0, ta có: a | Với số nguyên a, ta có: | a (Tính chất phản xạ) a | a (Tính chất bắc cầu) Nếu a|b b|c... dụng tính chất phép chia hết 2.1.1 Áp dụng tính chất phép chia hết • Một số tốn đơn giản giải cách áp dụng tính chất phép chia hết Chẳng hạn, ví dụ sau áp dụng tính chất chia hết tổng, tích, tính. .. thức Cách viết thuận tiện cho việc phát biểu tính tốn 11 1.2.2 Một số tính chất đồng dư thức Các tính chất sau xét tập số nguyên m số nguyên dương Tính chất 1.16 (Phản xạ) a ≡ a (mod m) (Đối xứng)