đại học thái nguyên tr-ờng đại học khoa học - VŨ ĐỨC HUY MỘT SỐ DẠNG TOÁN THI HỌC SINH GIỎI VỀ LÝ THUYẾT SỐ BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 S húa bi Trung tõm Hc liu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên tr-ờng đại học khoa học - VŨ ĐỨC HUY MỘT SỐ DẠNG TOÁN THI HỌC SINH GIỎI VỀ LÝ THUYẾT SỐ BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Số hóa Trung tâm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Mơc lơc Môc lôc Lời nói đầu Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên 1.1 Tính chia hết thuật toán chia 1.2 Ước chung lớn bội chung nhá nhÊt 12 1.3 Sè nguyªn tè 20 Một số dạng toán đồng d− thøc 26 2.1 §ång d− thøc 26 2.2 Các hệ số nhị thức 35 2.3 Cấp phần tử nguyªn thđy 41 KÕt luËn 49 Tài liệu tham khảo 50 Lời cảm ơn Trớc hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù bận rộn công việc nhng Cô dành nhiều thời gian tâm huyết viƯc h−íng dÉn Cã lÏ t«i sÏ kh«ng bao giê hoàn thành đợc luận văn Cô không tận tình dạy tạo cho điều kiện tốt Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ đà đợc hoàn thành, xin cảm ơn Cô đà đôn đốc nhắc nhở đặc biệt giúp đỡ Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo trờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô đà tận tình truyền đạt kiến thức quý báu nh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, ngời đà không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn Lời nói đầu Luận văn trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết đồng d thức vành số nguyên Luận văn đợc viÕt chđ u dùa theo cn s¸ch “Number theory for mathematical contests năm 2007 D A Santos Luận văn tham khảo số kiến thức sở cn s¸ch “An introduction to the theory of numbers” cđa Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) vµ cuèn s¸ch “Elements of number theory” cđa J Stillwell (Springer, 2003) Luận văn đợc viết theo cách chọn lọc toán hay tính chia hết đồng d thức từ tài liệu tiếng Anh đà nói trên, mà không chép từ tài liệu tiếng Việt có sẵn Vì thế, nội dung luận văn hoàn toàn không trùng lặp với luận văn thạc sĩ đà bảo vệ trớc vỊ lÝ thut sè Thùc tÕ, mét sè lêi gi¶i toán khó đợc tác giả sách viết cô đọng, đà phải cố gắng diễn giải tờng minh chi tiết lời giải luận văn Nhiều toán đợc phát biểu sách (mà lời giải), đà cố gắng tự giải chúng Nhiều toán nằm rải rác sách đợc bố cục lại theo chủ đề định để ngời đọc dễ theo dõi Luận văn gồm hai chơng Trong Chơng 1, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết vành số nguyên Chơng gồm mục: Tính chia hết thuật toán chia; ớc chung lớn bội chung nhỏ nhất; số nguyên tố Mỗi mục đợc bố cục thành phần nhỏ: Trong phần đầu mục, tóm tắt khái niệm kiến thức sở cần thiết (hầu hết kiến thức đà đợc học học phần Lí thuyết số bậc đại học); Phần đa số tập để minh họa; Phần cuối mục lời giải số toán khó, có toán thi học sinh giỏi quốc tế Trong Chơng 2, đề cập đến kiến thức mở rộng đồng d thức nh lời giải số toán khó đồng d thức, đặc biệt toán thi học sinh giỏi quốc tế Chơng gồm mục: Đồng d thức; hệ số nhị thức; cấp phần tử nguyên thủy Mỗi mục đợc bố cục thành phần nhỏ: Kiến thức chuẩn bị, lời giải số tập minh họa, lời giải số toán khó Chơng Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên Trong chơng này, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết vành số nguyên Chơng gồm mục: Tính chia hết thuật toán chia; −íc chung lín nhÊt vµ béi chung nhá nhÊt; số nguyên tố 1.1 Tính chia hết thuật toán chia ã Kiến thức sở Trớc hết, tóm tắt kiến thức sở cần thiết liên quan đến tính chia hết thuật toán chia với d 1.1.1 Định nghĩa Cho a, b Z Ta nãi a chia hÕt b (hay a lµ mét −íc b) tồn số nguyên c cho b = ac NÕu a lµ mét −íc cđa b th× ta viÕt a | b Mét sè tù nhiên p đợc gọi số nguyên tố p > p có ớc vµ p Chó ý r»ng nÕu a, b > a | b a i = 1, , n th× a | n i=1 ci bi b Thêm nữa, a | bi với với mäi c1 , , cn ∈ Z 1.1.2 Định lý Các phat biểu sau đúng: (i) Tht to¸n chia víi d−: Víi a, b Z, a số nguyên dơng, tồn cặp số nguyên q, r cho b = aq + r vµ r < a (ii) Định lí số học: Mỗi số tự nhiên lớn phân tích đợc d−íi d¹ng pe11 pe22 pekk víi p1 , , pk số nguyên tố phân biệt e1 , , ek số nguyên dơng, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử ã Bài tập minh họa Bây vận dụng kiến thức chuẩn bị để giải số tập Lời giải tập cần dùng tính chất chia hết đơn giản 1.1.3 Bài tập Cho x, y hai số nguyên Chứng minh 2x + 3y chia hÕt cho 17 vµ chØ 9x + 5y còng chia hÕt cho 17 Chøng minh Gi¶ sư 2x + 3y chia hÕt cho 17 Khi ®ã 13(2x + 3y) chia hÕt cho 17 Do ®ã 17x + 34y + 9x + 5y chia hÕt cho 17 Suy 9x + 5y chia hÕt cho 17 Ngợc lại, giả sử 9x + 5y chia hết cho 17 Khi ®ã 4(9x + +5y) chia hÕt cho 17 Do ®ã 34x + 17y + 2x + 3y chia hÕt cho 17 Suy 2x + 3y chia hÕt cho 17 1.1.4 Bài tập Chứng minh tồn vô số n để n2 + 23 chia hết cho 24 Chøng minh Ta cã n2 + 23 = (n2 − 1) + 24 = (n − 1)(n + 1) + 24 Do ®ã n2 + 23 chia hÕt cho 24 vµ chØ (n − 1)(n + 1) chia hÕt cho 24 DƠ thÊy r»ng víi mäi k Z n = 24k + n = 24k −1 th× (n −1)(n + 1) chia hÕt cho 24 Do có vô hạn số n để n2 + 23 chia hÕt cho 24 1.1.5 Bµi tËp Tìm số nguyên dơng d cho tồn số nguyên n để d ớc chung n2 + vµ (n + 1)2 + Lêi giải Giả sử d số nguyên dơng cho tồn số nguyên n để d −íc chung cđa n2 + vµ (n + 1)2 + Khi d ớc 2n + = (n + 1)2 + − (n2 + 1) Suy d lµ −íc cđa 4n − = (2n + 1)2 − 4(n2 + 1) Do ®ã d lµ −íc cđa = 2(2n + 1) (4n 3) Vì d = d = Ngợc lại, rõ ràng d = thỏa mÃn yêu cầu ớc chung n2 + vµ (n + 1)2 + víi n tïy ý d = cịng tháa m·n v× tồn n = để ớc chung cđa = n2 + vµ 10 = (n + 1)2 + Vậy, số cần tìm d = d = Các tập cần đến thuật toán chia với d 1.1.6 Bµi tËp Chøng minh r»ng nÕu p > lµ số nguyên tố p2 chia hết cho 24 Chøng minh Theo tht to¸n chia víi d, số nguyên p có dạng p = 6k ± 1; p = 6k ± 2; p = 6k + Vì p số nguyên tố p > nên p lẻ p không chia hết cho Do p có dạng 6k ± V× thÕ p2 − = (6k ± 1)2 − = 36k2 ± 12k = 12k(3k 1) Nếu k chẵn 12k chia hết cho 24, k lẻ 12(3k 1) chia hết cho 24 Do p2 chia hÕt cho 24 1.1.7 Bµi tËp Chøng minh r»ng nÕu a2 + b2 chia hÕt cho th× a chia hÕt cho hc b chia hÕt cho Chứng minh Giả sử a b đồng thời không chia hết cho Theo thuật toán chia với d, a, b có dạng 3k + 3k Do a2 b2 có d¹ng 3m + ViÕt a2 = 3m + vµ b2 = 3m′ + víi m, m′ ∈ Z Khi ®ã a2 + b2 = 3(m + n) + 2, tức a2 + b2 không chia hết cho Điều vô lí 1.1.8 Bài tập Chứng minh (i) Nếu n số nguyên lẻ số d phép chia n2 cho lµ (ii) NÕu n > lµ mét sè nguyên dơng hai số 2n 1, 2n + số nguyên tố số lại hợp số Chứng minh (i) Viết n = 2k +1 Khi ®ã n2 = 4k2 +4k +1 = 4k(k +1)+1 Chó ý r»ng k(k + 1) lµ số chẵn, 4k(k + 1) chia hết cho Vì n2 chia cho d (ii) Ta cã 2n = (3 − 1)n = 3n − 3n−1 + + (−1)k × Cnk × 3k + + (−1)n , n! số tổ hợp chập k n phần tử V× thÕ 2n (n − k)!k! chia cho d− (1)n Nếu n chẵn 2n chia hết cho 3, n > Cnk = nên 2n > Do 2n hợp số Nếu n số lẻ 2n + 2n + lµ béi cđa 3, dã 2n + hợp số 1.1.9 Bài tập HÃy số nguyên dơng có dạng 11, 111, 1111, 11111, , số bình phơng số nguyên Chứng minh Giả sử p có dạng Khi ta viết p = 111 11 × 102 + 11 Do 111 11 × 102 chia hÕt cho nªn p chia d Do p có dạng p = 4k + với k N Mặt khác, giả sử n = t2 bình phơng số nguyên Theo tht to¸n chia víi d−, t = 4m + r víi r ∈ {0, 1, 2, 3} Khi ®ã n = t2 = 4m2 + 8mr + r2 , víi r2 ∈ {0, 1, 4, 9} Do ®ã n có dạng n = 4k n = 4k + Vì p = 4k + bình phơng số nguyên ã Một số toán khó Chúng ta vận dụng kiến thức tính chia hết vành số nguyên để trình bày lời giải cho số toán khó, đặc biệt toán thi học sinh giỏi quốc tế Lời giải tập sau cần đến Định lí số học 1.1.10 Bài tập Cho a, b hai số nguyên dơng cho a|b2, b2 |a3, a3 |b4, b4|a5 , Chøng minh a = b 36 Vì p số nguyên tố nên p ớc số hạng tổng vế bên phải đẳng thức Do p ớc 2p 2.2.4 Bài tập Cho n số nguyên dơng Chứng minh tích n số nguyên dơng liên tiếp chia hÕt cho n! Chøng minh Gi¶ sư d·y n số nguyên dơng liên tiếp m, m + 1, , m + n − Tõ ®Þnh nghÜa hƯ sè nhÞ thøc ta cã m(m + 1) (m + n − 1) = n! m+n1 n m+n1 số nguyên dơng nên tích n số nguyên dơng liên n tiếp chia hết cho n! Vì 2.2.5 Bài tập Chứng minh n2 lµ −íc cđa (n + 1)n − víi mäi sè tù nhiªn n Chøng minh NÕu n = hiển nhiên ta có n2 = −íc cđa (n + 1)n −1 Gi¶ sư n > Ta cã n n k n −1 = k n (n + 1) − = k=0 n k=1 n k n k Rõ ràng hạng tử tổng bội n2 2.2.6 Bài tËp Sè Catalan bËc n, kÝ hiƯu lµ Cn , đợc cho công thức Cn = 2n n+1 n Chứng minh Cn số nguyên với số tự nhiên n Chứng minh Từ định nghĩa hƯ sè nhÞ thøc ta cã 2n + 2n n+1 n = 2n + n+1 37 2n + 2n số nguyên Gọi d = gcd(2n + 1, n + 1) Khi n+1 n ®ã d lµ −íc cđa n = 2n + − (n + 1) Suy d lµ −íc cđa = (n + 1) − n Do ®ã Do ®ã d = 1, tøc lµ 2n + vµ n + nguyªn tè cïng Chó ý r»ng 2n + 2n 2n số nguyên Do n + ớc Do Cn n+1 n n số nguyên ã Một số toán khó 2.2.7 Bài tập Cho n số nguyên Tìm −íc chung lín nhÊt cđa c¸c sè Chøng minh Ta cã 2n 2n 2n , , , 2n − 2n−1 2n−1 = (1 + 1) 2n−1 = k=1 2n − k n = k=1 2n 2k − 2n 2n 2n , , , lµ mét lịy thõa cđa 2n − 2n 2n 2n Gäi d lµ −íc chung lín nhÊt cđa c¸c sè , , , 2n Khi d phải ớc cđa 22n−1 , ®ã d = 2a víi mét số nguyên a 2n Vì d ớc = 2n nên 2a phải ớc 2t+1 , t số tự nhiên lớn nhÊt cho 2t lµ −íc cđa n Ta sÏ chøng minh d = 2t+1 Theo V× vËy, tỉng số ta đà chứng minh d −íc cđa 2t+1 ViÕt n = 2t m, m số lẻ Từ định nghĩa hệ số nhị thức, dễ kiểm tra đợc 2n 2k − = 2t+1 m 2k − 2t+1 m 2t+1 m − = 2k − 2k − Víi mäi sè nguyªn k > 1, 2k số lẻ nên 2k không ớc m 2t+1 m 2t+1 V× thÕ ta cã gcd(2k − 1, 2t+1 ) = Suy ∈ Z 2k − 2k 2n Do 2t+1 ớc 2k 38 Cho m, t số tự nhiên với m > Khi tồn t¹i nhÊt mét biĨu diƠn t = ak mk + ak−1 mk−1 + + a1 m + a0, số tự nhiên tháa m·n < m víi mäi i = 0, 1, , k ta gäi biÓu diƠn nµy lµ biĨu diƠn cđa t hƯ thèng ghi số m 2.2.8 Bài tập Chứng minh Định lí Lucas: Cho m n hai số nguyên không âm p số nguyên tố Cho m = mk pk + mk−1 pk−1 + + m1 p + m0 n = nk pk + nk−1 pk−1 + + n1 p + n0 , mi , nj < p, lµ biĨu diƠn cđa c¸c sè m, n hƯ thèng ghi ®ã c¬ sè p Khi ®ã m n = mk nk mk−1 nk−1 m1 n1 m0 n0 (mod p) Chứng minh Từ công thức khai triển đa thức (1 + x)m ta cã (1 + x)m ≡ (1 + x)mk p k +mk−1 pk−1+ +m1 p+m0 k ≡ (1 + x)mk p (1 + x)mk−1 p k−1 (1 + x)m1 p (1 + x)m0 k ≡ (1 + xp )mk (1 + xpk−1 )mk−1 (1 + xp )m1 (1 + x)m0 (mod p) Nh− vËy k (1 + x)m ≡ (1 + xp )mk (1 + xpk−1 )mk−1 (1 + xp )m1 (1 + x)m0 (mod p) §ång nhÊt hệ số xn theo môđunlô p hai vế đẳng thức ta đợc m n = mk nk mk−1 nk−1 m1 n1 m0 n0 (mod p) 39 2.2.9 Bµi tËp Cho n lµ mét sè nguyên dơng Chứng minh n n n , , , n (n + 1) lcm = lcm(1, 2, , n + 1) Chøng minh Theo Định lí số học, để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh với số nguyên tố p, ớc vế đẳng thức ớc vế lại số mũ p phân tích tiêu chuẩn hai vế Chú ý rằng, p ớc nguyên tố hai vế đẳng thức p n + Lấy p số nguyên tố cho p n+1 Gọi lần lợt số mũ n n n cao p cho p ớc vế trái (n+1) lcm , , , n β vµ p ớc vế phải lcm(1, 2, , n+1) đẳng thức Do p n+1 nên ta chọn đợc số tự nhiên lớn r ≥ cho pr pr n + Khi ®ã n + < pr+1 Râ rµng β = r m < pr+1 Tiếp theo, ta khẳng định m số tự nhiên cho pr m pr+1 không ớc với k = 0, , m Thật vậy, với k số thực dơng r, ta kí hiệu (r số nguyên lớn không vợt r Đặt r γ= s=1 m k m−k − s − s p p ps m Vì hạng tử k tổng (trong biểu diễn ) nên r Vì m pr+1 không ớc với k = 0, , m, khẳng định dợc k chứng minh Khi số mũ lớn cho p ớc Với mội số tự nhiên k cho ak = (n + 1) n k k = (n k + 1) n, đặt n+1 k = (k + 1) n+1 k+1 Theo kh¼ng định trên, pr+1 không ớc số số n n+1 n+1 , , Vì pr+1 ớc ak p lµ −íc cđa k k k+1 40 n+1, n−k+1 vµ k+1 Do p ớc = (n+1)(nk+1)(k+1), điều vô lí Vậy pr+1 không ớc ak Mặt khác, với k = pr n+1 ta cã k n vµ ak = (k + 1) bội pr Vì = r = α k+1 2.2.10 Bµi tËp Chøng minh r»ng 6n+2 6n + × 3k ≡ (mod 23n+2 ) 2k (i) Nếu n có dạng 2k k=0 6n+2 (ii) NÕu n cã d¹ng 4k + k=0 6n+2 (iii) Nếu n có dạng 4k+3 k=0 3n+1 k=0 Khi n lẻ với a = + 6n + ×3k ≡ −23n+1 (mod 23n+2 ) 2k 6n + × 3k Khi 2k Chứng minh Đặt 2S := S = (1 + 6n + × 3k ≡ 23n+1 (mod 23n+2 ) 2k √ 3)6n+2 + (1 − √ 6n+2 3) √ √ vµ b = − ta cã 3n+1 (a + b3n+1 ) = (3n+1)/2 r=0 (3n+1)/2 ≡3 3n + 3n+1−2r r 2r (mod 4) ≡ (−1)(n+1)/2 (mod 4) V× n lẻ 2S = 23n+1 (a3n+1 + b3n+1) nên ta cã S ≡ (−1)(n−1)/2 × 23n+1 (mod 23n+3 ) Nếu n chẵn 3n+1 (a + b3n+1 ) ≡ 2r 3n 3n + 2r+1 3n−2r 2r + ≡ 2(6n + 1)33n (mod 8) ≡ 4n + (mod 8) 41 V× thÕ, n ch½n ta cã S ≡ 23n+2 2n + (mod 23n+4 ) Từ ta suy kết Cuối cùng, đa số toán khó dạng (chúng không trình bày lời giải đây) 2.2.11 Bài toán Cho a b sô nguyên không âm p số nguyªn tè Chøng minh r»ng pa pb ≡ a b (mod p) 2.2.12 Bài toán Tìm tất số nguyên dơng n cho 2n | (3n 1) 2.2.13 Bài toán (1991 IMO Short List) Tìm số nguyên k lớn để 1991k ớc 19901991 1992 + 19921991 1990 2.3 Cấp phần tử nguyên thủy ã Kiến thức sở 2.3.1 Định nghĩa Cho m số nguyên dơng a số nguyên cho gcd(a, m) = Theo Định lí Euler, với n = (m) ta có an (mod m) Nh vậy, tồn sè tù nhiªn k cho ak ≡ (mod m) Số nguyên dơng k bé có tính chất đợc gọi cấp a theo môđun m đợc kí hiệu ordm(a) 2.3.2 Chú ý (i) Chúng ta định nghĩa khái niệm cấp số nguyên a theo môđun m trờng hợp gcd(a, m) = Nếu gcd(a, m) > không tồn số nguyên dơng k để ak (mod m) 42 (ii) Theo ngôn ngữ lí thuyết nhãm, nhãm nh©n Z∗m = {a ∈ Zm | gcd(a, m) = 1}, cấp a theo môđun m cấp phần tử a nhóm Zm Theo Định lí Euler, a(m) (mod m) Do ®ã ordm (a) ϕ(m) víi mäi sè nguyªn a víi gcd(a, m) = 2.3.3 Định nghĩa Cho a Z víi gcd(a, m) = NÕu sè nguyªn a có cấp (m) theo môđun m a đợc gọi nguyên thủy m (primitive root of m) Từ định nghĩa cấp số nguyên, ta thÊy r»ng nÕu gcd(a, m) = vµ a = mq + r víi r < m th× gcd(r, m) = vµ ordm (a) = ordm (r) Sau số tính chất cấp số nguyên theo môđun m 2.3.4 Bổ đề Nếu gcd(a, m) = ordm (a) ớc cña ϕ(m) Chøng minh ViÕt ϕ(m) = t ordm(a) + r với r < ordm (a) Theo Định lí Euler ta cã ≡ aϕ(m) ≡ (aordm(a) )t ar ≡ ar (mod m) Do r < ordm(a) vµ r ≥ ta suy r = Do ®ã ordm(a) ớc (m) 2.3.5 Bổ đề Cho gcd(a, m) = Khi ®ã an ≡ (mod m) nÕu vµ chØ nÕu ordm (a) lµ −íc cđa n Đặc biệt, a nguyên thủy m an (mod m) (m) ớc n Chứng minh Đặt d = ordm(a) Râ rµng nÕu d lµ −íc cđa n an (mod m) Ngợc lại, giả sử an ≡ (mod m) ViÕt n = dq + r víi r < d Khi ®ã ≡ an ≡ (ad)q ar ≡ ar (mod m) 43 Vì d số nguyên dơng bé thỏa mÃn ad (mod m) nên r = Vì d ớc n 2.3.6 Bổ đề Cho gcd(a, m) = Khi ®ã an1 ≡ an2 (mod m) nÕu vµ chØ nÕu ordm (a) lµ −íc cđa n1 n2 Hơn nữa, a nguyên thủy m an1 an2 (mod m) vµ chØ ϕ(m) lµ −íc cđa n1 − n2 Chứng minh Giả sử n1 n2 Vì an1 ≡ an2 (mod m) nªn an1 − an2 chia hÕt cho m Suy an2 (an1−n2 − 1) chia hÕt cho m Do gcd(a, m) = nªn gcd(an2 , m) = V× thÕ an1 −n2 − chia hÕt cho m, tøc lµ an1 −n2 ≡ (mod m) Theo Bỉ ®Ị 2.3.5 ta suy ordm (a) lµ −íc cđa n1 − n2 2.3.7 Bỉ ®Ò Cho gcd(a, m) = NÕu ordm(a) = k h > số k nguyên thì ordm (ah) = gcd(h, k) Chứng minh Đặt t = k Ta cã gcd(h, k) hk h (ah )t ≡ a gcd(h,k) ≡ (ak ) gcd(h,k) ≡ (mod m) Giả sử r > sè tù nhiªn cho (ah)r ≡ (mod m) Theo Bổ h đề 2.3.5 ta có hr bội k = ordm (a) Do r bội gcd(h, k) k h k Vì nguyên tè cïng nªn r chia hÕt gcd(h, k) gcd(h, k) gcd(h, k) k cho t = Chó ý r»ng r > Do ®ã r ≥ t VËy t số nguyên gcd(h, k) dơng bé thỏa m·n (ah)t ≡ (mod m) Do ®ã ordm(ah ) = t 2.3.8 Bỉ ®Ị Cho gcd(a, m) = gcd(b, m) = Giả sử ordm (a) = h ordm (b) = k víi gcd(h, k) = th× ordm (ab) = hk Chøng minh Do ordm (a) = h ordm(b) = k nên ah (mod m) bk (mod m) Vì (ab)hk ≡ (ah)k (bk )h ≡ (mod m) 44 Giả sử t số nguyên dơng cho (ab)t ≡ (mod m) Khi ®ã ((ab)t)h ≡ (mod m) Do ®ã (ah )t bht ≡ (mod m) Vì ah (mod m) nên bht (mod m) Theo Bỉ ®Ị 2.3.5 ta suy ht bội k = ordm (b) Vì gcd(h, k) = nên t bội k Hoàn toàn tơng tự ta suy t bội h Vì gcd(h, k) = nên t bội hk Do t hk Vậy, hk số nguyên dơng bé thỏa mÃn (ab)hk (mod m) Do ordm (ab) = hk ã Bài tËp minh häa 2.3.9 Bµi tËp Chøng minh r»ng ord101 (2) = 100 Chứng minh Đặt d = ord101(2) Theo Bổ đề 2.3.4, d ớc 100 = (101) Giả sử d < 100 Vì 100 = 22 52 nên d = 2t 5k với t, k t < k < Do d ớc 50 d ớc 20 Do 250 (mod 101) 220 (mod 101) Điều không xảy 250 ≡ 10245 ≡ 145 ≡ 196 × 196 × 14 ≡ −1 (mod 101) vµ 220 ≡ 10242 ≡ 142 ≡ −6 (mod 101) Do ®ã d = 100 2.3.10 Bµi tËp Chøng minh r»ng nÕu p lµ mét sè nguyên tố ớc nguyên tố 2p lớn p Chứng minh Giả sử q số nguyên tố 2p Khi ®ã 2p ≡ (mod q) Do ®ã, theo Bæ ®Ị 2.3.5 ta cã ordq (2) lµ −íc cđa p Rõ ràng ordq (2) = Vì p nguyên tố nên ta có ordq (2) = p Theo Bổ đề 2.3.4 ta suy ordq (2) lµ −íc cđa ϕ(q) = q − Suy q − ≥ p Do q > p 2.3.11 Bài tập Chứng minh m có nguyên thủy có ((m)) nguyên thủy đôi không ®ång d− víi theo m«®un m 45 Chøng minh Giả sử a nguyên thủy m Giả sử h < (m) số tự nhiên cho gcd(h, (m)) = Vì a nguyên thủy nên ordm (a) = (m) Theo Bỏ ®Ị ÌL:44 ta suy ordm (ah) = ordm(a) = (m) gcd(h, ordm(a)) Vì số có dạng ah nguyên thủy m với số tự nhiên h nhỏ (m) nguyên tố với (m) Giả sử h, t số tự nhiên nhỏ (m) nguyên tố víi ϕ(m) NÕu ah ≡ at (mod m) th× theo Bỉ ®Ị 2.3.6 ta suy h − t chia hết cho (m) Vì h, t < (m) nên h − t chia hÕt cho ϕ(m) vµ chØ h = t V× thÕ m cã Ýt nhÊt ((m)) nguyên thủy dạng ah với h < (m) gcd(h, (m)) = Các nguyên thủy đôi không đồng d với theo môdun m Giả sử b nguyên thủy m Khi tồn số tự nhiên h nhỏ (m) nguyên tố với (m) cho b ah (mod m) ã Một số toán khó 2.3.12 Bài tập Chứng minh nguyên thủy 3n với số nguyên n Chứng minh Ta chứng minh toán quy n¹p theo n Víi n = 1, ta cã ϕ(31 ) = ϕ(3) = vµ lµ sè nguyên dơng t bé thỏa mÃn 2t (mod 3) Vì nguyên thủy Giả sử toán với n = k Chó ý r»ng ϕ(3k ) = × 3k−1 V× thÕ ta cã k 2ϕ(3 ) ≡ 22×3 k1 (mod 3k ) Đặt d = ord3k+1 (2) cấp modulo 3k+1 Khi 2d ≡ (mod 3k+1 ) Suy 2d ≡ (mod 3k ) Do ord3k (2) = × 3k1 nên theo Bổ đề 2.3.5 ta suy × 3k−1 lµ −íc cđa d V× 2d ≡ (mod 3k+1 ) nên theo Bổ đề 2.3.4 46 ta suy d lµ −íc cđa ϕ(3k+1 ) = × 3k Tõ ®ã ta suy d = ì 3k1 d = ì 3k Tiếp theo, ta khẳng định 22ì3 n1 + 3n (mod 3n+1 ), víi mäi n ≥ ThËt vậy, rõ ràng khẳng định với n = Giả sử khẳng định đà với n = k Khi ta có biểu diễn 22ì3 k1 = + 3k + 3k+1 m víi m lµ mét sè tự nhiên Do tồn số tự nhiên M cho k 22ì3 = + 3k+1 + 3k+2 M Suy k 22×3 ≡ + 3k+1 (mod 3k+2 ) Vì khẳng định đợc chứng minh Theo khẳng định trên, ta thấy 22ì3 k1 + 3k ≡ (mod 3k+1 ) V× vËy d = ì 3k Do nguyên thủy 3n với n 2.3.13 Bµi tËp Cho n ≥ lµ mét sè nguyên dơng p = 2n + Chứng minh r»ng nÕu p−1 + ≡ (mod p) p số nguyên tố Chứng minh Theo gi¶ thiÕt, n p−1 32 ≡ (32 ≡ 32 n−1 n−1 ≡ −1 (mod p) Suy )2 ≡ (mod p) Do ®ã ordp (3) = 2n = p − Theo Bỉ ®Ị 2.3.5 ta suy 2n bội ordp (3) Vì ϕ(p) ≥ p − V× vËy ϕ(p) = p 1, tức p số nguyên tố 2.3.14 Bài tập Chứng minh n = 3k1 2n ≡ −1 (mod 3k ) 47 Chøng minh Theo Bài tập 2.3.12, nguyên thủy cđa 3k Do vËy cã cÊp lµ ord3k (2) = ϕ(3k ) = × 3k−1 = 2n Suy (2n − 1)(2n + 1) ≡ (mod 3k ) Chó ý r»ng 2n − ≡ (−1)3k−1 − ≡ (mod 3) Do ®ã 2n + ≡ (mod 3k ) 2.3.15 Bµi tËp (1990 IMO) Tìm tất số nguyên dơng n > cho 2n + số nguyên n2 2n + Lời giải Giả sử số nguyên Vì 2n + số lẻ nên n số n lẻ Giả sử k lµ sè mị cao nhÊt cho 3k lµ −íc n Theo giả thiết ta có 32k ớc cđa n2 vµ n2 lµ −íc cđa 2n + Suy 2n ≡ −1 (mod 32k ) Do ®ã 22n ≡ (mod 32k ) Theo Bỉ ®Ị 2.3.5, 2n lµ béi cđa ord32k (2) Theo Bµi tËp 2.3.12, nguyên thủy 32k Vì thÕ ord32k (2) = ϕ(32k ) = × 32k−1 Do 32k1 ớc n Vì k số tự nhiên lớn thỏa mÃn 3k −íc cđa n nªn ta cã k ≥ 2k − Suy k Vì n không chia hÕt cho 32 2n + Râ rµng n = = số nguyên, n = n2 giá trị cần tìm 2n + Giả sử có số nguyên n > thỏa mÃn N Vì n không chia n2 hết cho 32 nên tồn ớc nguyên tố p = n Vì p lµ −íc cđa n 2n + vµ ∈ N nên p ớc 2n + Suy 2n ≡ −1 (mod p) Do ®ã n 22n (mod p) Đặt d = ordp(2) Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy d ớc 2n Nếu d lẻ d | n 2n (mod p) Điều vô lí Do d số chẵn Đăt d = 2d1 Khi 2d1 ớc 2n Suy d1 lµ −íc cđa n Ta cịng cã d ớc p Do 2d1 −íc cđa p − Suy 48 p> p−1 d1 Vì d1 ớc n nên d1 = d1 = Nếu d1 = d = 22 (mod p), vô lí Nếu d1 = d = vµ 26 ≡ 1(mod p), hay p lµ −íc cđa 63 Suy p = Tuy nhiªn cấp theo môdun 3, số lẻ, vô lí Vậy không tìm đợc p > thỏa mÃn đầu Do n = giá trị thỏa mÃn Cuối cùng, đa số toán dạng (chúng ta không trình bày lời giải đây) 2.3.16 Bài toán Chứng minh a n số nguyên dơng với a > n ớc (an 1) n 2.3.17 Bài toán Chứng tá r»ng nÕu 2n+1 ≥ d ≥ th× a2 + kh«ng chia hÕt cho d víi mäi sè nguyên dơng a 2.3.18 Bài toán Chứng minh p số nguyên tố lẻ phơng trình x4 ≡ −1 (mod p) cã nghiƯm vµ chØ p ≡ (mod 8) 49 KÕt luËn LuËn văn trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết đồng d thức vành số nguyên Luận văn đợc viết chủ yếu dựa theo sách Number Theory for Mathematical Contests năm 2007 D A Santos Luận văn tham khảo số kiến thức sở cuèn s¸ch “An Introduction to the Theory of Numbers” cđa Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) vµ cn s¸ch “Elements of Number Theory” cđa J Stillwell (Springer, 2003) Trong luận văn này, đà trình bày lời giải toán (bao gồm nhiều toán khó toán đà đợc thi đợc đề cư thi häc sinh giái qc tÕ) theo c¸c chđ ®Ị sau: - TÝnh chia hÕt; - ¦íc chung lín bội chung nhỏ nhất; - Số nguyên tố; - Đồng d thức; - Các hệ số nhị thức; - Cấp phần tử nguyên thủy Trong chủ đề, trớc hết tóm tắt phần lí thuyết cần thiết, sau trình bày lời giải số tập minh họa cho lí thuyết, cuối lời giải toán khó Tài liệu tham khảo [NZ] I Niven and H Zuckerman, An Introduction to the Theory of Numbers, John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000 [Sa] D A Santos, Number Theory for Mathematical Contests, GNU Free Documentation License, October 31, 2007 [St] J Stillwell, Elements of Number Theory, Springer, 2003 50 ...đại học thái nguyên tr-ờng đại học khoa học - VŨ ĐỨC HUY MỘT SỐ DẠNG TOÁN THI HỌC SINH GIỎI VỀ LÝ THUYẾT SỐ BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: ... kiến thức sở cần thi? ??t (hầu hết kiến thức đà đợc học học phần Lí thuyết số bậc đại học) ; Phần đa số tập để minh họa; Phần cuối mục lời giải số toán khó, có toán thi học sinh giỏi quốc tế Trong... chuẩn bị, lời giải số tập minh họa, lời giải số toán khó Chơng Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên Trong chơng này, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến