Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề này viết về một khái niệm khá thú vị của số học, đó là Thặng dư bình phương. Chuyên đề trình bày một số khái niệm cơ bản, các ví dụ minh họa cùng các ứng dụng của lý thuyết T[r]
(1)Thặng dư bình phương Nguyễn Văn Sơn A1K40
Trường THPT chuyên Phan Bội Châu Nghệ An
Chuyên đề viết khái niệm thú vị số học, Thặng dư bình phương Chuyên đề trình bày số khái niệm bản, ví dụ minh họa ứng dụng lý thuyết Thặng dư bình phương
Các tập chuẩn bị tương đối kỹ lưỡng hạn chế trình bày lại tính chất, định lý bổ đề Vì đối tượng đọc cần có nằm vững kiến thức định lý thuyết Bên cạnh phải có kiến thức bậc, nguyên thủy, số mũ đúng, phương trình đồng dư, hệ thặng dư, định lý phần dư Trung Hoa
I Một số tính chất cần biết
1) Định nghĩa 1: Cho số nguyên dương n, số nguyên a gọi thặng dư bình phương mod n ( hay số phương mod n) tồn số nguyên x cho: x2 a
mod n
2) Định nghĩa 2: Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên Kí hiệu Legendre a
p
xác định sau:
1 a, p a số phương mod p a
1 a, p a khơng số phương mod p p
0 nÕu a p
3) Định lý ( tiêu chuẩn Euler ): Cho p số nguyên tố a số nguyên Khi ta có:
p
2 a
a
p
(2)Chứng minh: Gọi g nguyên thủy modulo p Khi tập
p 2
1,g,g , ,g hệ thặng dư thu gọn modulo p Do ta cần
chứng minh cho a1,g,g , ,g2 p 2
Giả sử i
a g , i 0,1,2, , p2 Ta cần chứng minh
rằng:
p
2 a
a 1
p
Thật vậy, giả sử :
p p
i
2 p
a g mod p i mod p i mod
2
Suy tồn * j a
j : i 2j a g
p
Ngược lại, a p
tồn j0,1, , p2 cho
j 2 i j 2 a g mod p g g mod p i 2j mod p 1 i mod Do
đó
p p
p k i
2
a g g mod p
Vậy định lý chứng minh
4) Định lý ( bổ đề Gauss ): Cho p số nguyên tố a số nguyên Khi ta có:
p
k
p ka
2 p
a
mod p
5) Luật tương hỗ Gauss ( luật thuận nghịch bình phương): Cho p, q
là hai số nguyên tố lẻ phân biệt Khi đó:
1 Nếu có hai số có dạng 4k 1 p số
phương mod q q số phương mod p
2 Nếu hai số có dạng 4k3 p số phương mod q q số khơng phương mod p
(3)
p q p q q p Chứng minh:
Đặt
x A
pq
A a | a, pq 1,1 a , B x
2
Nhận xét 1:
p q q
B mod p
p p
B mod q
q
Đặt C a | a, p 1,1 a pq , D q, q.2, , q.p
2
Nhận thấy C hợp rời A D nên:
p x C
p q p
x B.q ! mod p B ! mod p
2 p
Mà
q q
2
x C
p p
x p ! ! mod p ! mod p
2
nên
q p
2
q p p q
B ! ! mod p B mod p
p 2 p
Tương tự ta có:
p
2 p
B mod q
q
Vậy nhận xét chứng minh
Từ ta có: B 1 mod pq
p q
2 q p
1 p q hay
p q
2 p q q p
Nhận xét 2: B 1 mod pq p q 1 mod 4
Với aA, tồn a 'A Sa 1;1 thỏa mãn:
a
a.a ' S mod pq Đây song ánh A nên
x A
B x
,
(4)Theo định lý phần dư Trung Hoa phương trình x2 1 mod pq
có
nghiệm 1,-1,N, N N 1
Giả sử p q 1 mod 4 Khi phương trình đồng dư x2 1 mod pq có
nghiệm I từ suy tồn nghiệm vủa là: I, I,NI, NI Do
B 1.N.I.NI 1 mod pq
Giả sử p, q 1,1 mod 4 Khi phương trình đồng dư x2 1 mod pq
vơ nghiệm Do B 1 N. 1 mod pq
Nhận xét chứng minh
Như p, q 1,1 mod 4
p q p q 12 p q p q 12
B mod pq 1
q p q p
Nhưng dễ thấy p, q 1,1 mod 4
p q 1
p q
2
1 1
và p, q 1,1 mod 4
p q 1
p q
2
1 1
Do ta ln có
p q
p q
1
q p
Ngồi định lý cịn chưng minh bổ đề Gauss, bạn đọc xem chứng minh 5
Luật tương hỗ Gauss có ý nghĩa vơ quan trọng tốn thặng dư bình phương đặc biệt giúp ta biến đổi tính toán ký hiệu Legendre cách hợp lý Điều thể rõ ví dụ tập phần sau
6) Định nghĩa 3: Cho a số nguyên b số nguyên dương lẻ Giả sử r
1 r
b p p p phân tích tắc b Kí hiệu Jakobi đươc xác định sau:
1 ar
1 r
a a a a
b p p p
(5)
i
a p
xác định theo kí hiệu Legendre
Chú ý: Kí hiệu Jakobi có đầy đủ tính chất kí hiệu Legendre Đặc biệt Luật tương hỗ Gauss mở rộng kí hiệu Jakobi sau:
Nếu m, n số nguyên dương lẻ nguyên tố Khi đó:
m n
m n
1
n m
7) Tính chất: Giả sử n số nguyên lẻ a số nguyên với a, n 1 Khi ta có:
i Nếu a b mod n a b
n n
ii a b ab
n n n
iii
n
1
1 n
iv
2
n
2
1 n
v số phương mod p p 1 mod 8
vi -2 số phương mod p p 1, mod 8
vii số phương mod p p 1 mod12
viii -3 số phương mod p p 1 mod 6
II Một số toán ứng dụng
Bài toán Cho đa thức
P x x 2 x 3 x 6 Chứng minh với số nguyên tố p, tìm số nguyên dương n cho P n p
Lời giải:
(6)Giả sử tồn số nguyên tố p cho P n p n
hay
n 2 n 3 n 6 0 mod p n
Suy 2,3,6 khơng số phương mod p, hay
p
2 mod p ,
p p
2
3 mod p , mod p
Nhưng rõ ràng
p p p
2 2
6 1 mod p
Vơ lý p ngun tố >
Bài toán Xét đa thức P x x3 14x2 2x 1
Chứng minh tồn số tự nhiên n cho với x, ta có:
n
101 | P P P x x
Lời giải:
Xét hai số nguyên x, y
Ta chứng minh x y mod101 P x P y mod 101 1
Hiển nhiên x y mod101 P x P y mod 101
Do P x x3 14x2 2x 1
nên ta có:
2
2
4 P x P y x y x xy y 14x 14y x y 2x y 14 y 29
Suy ra:
2 2
x y mod101 P x P y mod101
2x y 14 y 29 mod101
Xét 2 :
Nếu gcd y 29,101 1 101 mod 6 101
Vô lý Nếu 101 | y 29 101 | 2x y 14 x y 29 mod101
Như ta ln có x y mod101
(7)Xét 102 số:
102
P x , P P x , P P P x , , P P P x
Theo nguyên lý Drichlet, tồn m, n1,2, ,102 , m n
cho:
m n
P P P x P P P x mod101
Từ nhận xét ta suy ra:
m n
P P P x x mod 101
x
Bài tốn 3.Chứng minh phương trình x2 y3 5
khơng có
nghiệm nguyên Lời giải:
Giả sử phương trình x2 y3 5
có nghiệm nguyên x, y
Nếu y chẵn x2 y3 5 5 mod 8 Vơ lý số
phương đồng dư 0,1,4 theo modulo Do y lẻ
Nếu y 3 mod 4 x2 33 5 2 mod 4
Vô lý
Suy y 1 mod 4 y 4z 1 , z
Khi ta có :
3
2 3 2
x 4 y 1 4z 1 1 64z 48z 12z 4z 16z 12z 3
Suy ra:
x 4 mod 16z 12z 3 Sử dụng ký hiệu Jakobi ta :
2
4
1
16z 12z 16z 12z
(vì 16z2 12z 3 3 mod 4
),vô lý
Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun
Bài tốn Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương: 4xyz x y t2
(8)Giả sử tồn số nguyên dương x, y, z, t thỏa mãn:
2 2
2
4xyz x y t 16xyz 4xz 4yz 4zt
4zt 4xz 4yz 2zt z mod 4yz *
Giả sử z 2 bk
, với k số nguyên không âm b số nguyên dương lẻ Từ * , sử dụng tính chất ký hiệu Jakobi ta được:
k b 1
k
2
k k b 1 k b 1
2
k
z b 4yz
1
4yz 4yz 4yz 4yz 4yz b
4.2 y b
2
1
4yz b 4yz b
2
T 4yz
Nếu k chẵn T 1 Vơ lý
Nếu k lẻ nói riêng: k 1
Suy ra: 4yz 1 4.2 by 1k 1 mod 8 1 T 1
4yz
Vô lý
Vậy phương trình xét khơng có nghiệm nguyên
Chú ý phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương:
a) 4xy x 1 z2
b) 4xy x y z2
Bài toán Chứng minh số 4kxy 1 không chia hết số xm ym với x, y, k, m nguyên dương
Lời giải:
Giả sử tồn số nguyên dương x, y, k, m cho:
m m
4kxy | x y
Chú ý rằng: m m
(9)Đặt m1 m , n1 n
2
Xét khả sau:
a) m 2m , n1 2n1
Khi đó: 1
2
m m
4kxy | x y
4kxy
Vơ lý 4kxy 1 3 mod 4 b) m 2m , n1 2n1 1
(trường hợp m 2m1 1, n 2n1 hồn tồn tương tự)
Ta có: 1 1
2
m n
m m y
4kxy | x y x y y
4kxy
Nếu y lẻ, ta có:
y
y
y y 4kxy
1
4kxy 4kxy 4kxy y
1
1
y
Mâu thuẫn
Nếu y chẵn Ta đặt y yt 1, với tN*, y1 lẻ
Khi tương tự trường hợp y lẻ, ta có:
2
4kxy 1
2
1
4kxy
1
t
1
y y
1 4kxy 4kxy
Suy ra:
t t
t
1 1
2 y y
y
1 1
4kxy 4kxy 4kxy 4kxy
Mâu thuẫn
c) m 2m1 1, n 2n1 1
Ta có: 1 1
2
m n
m m xy
4kxy | x y x x y y
4kxy
Mặt khác theo trường hợp b) ta có :
xy x y
1 1 4kxy 4kxy 4kxy 4kxy
(10)Vậy giả thiết phản chứng sai
Bài toán Cho số nguyên tố p 3, p 4n 1 Tính:
n
i
S ip
Lời giải:
Trước tiên ta phát biểu chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Với p số nguyên tố lẻ tập S 1,2, , p 1 có p
2
số phương mod p p
số khơng phương mod p
Chứng minh:
Với i S1 1,2, ,p
, gọi ri S số (duy nhất) mà
2 i
i r mod p Dễ thấy ri r ij j Khi tập hợp
i i i
A r : r S, i r mod p , iS có p
phần tử
Ta chứng minh A tập tất số chinh phương mod p S Thật vậy, rõ ràng số thuộc thc A số phương
mod p Giả sử aS cho tồn kS thỏa mãn: a k mod p2
Nếu kS1 a rk A
Nếu kS1 h pkS1 a h mod p2 a rh A
Bổ đề chứng minh Trở lại toán
Đặt n
i
S ip
Dễ thấy np 2n
Cho x nhận giá trị 1,2, , n với x thế, tương ứng ta cho y nhận giá trị: x p 1, x p 2, , xp
Khi đặt r r x, y xp y2
ta có r0, p
Rõ ràng: r y2 xp y mod p2 r 1
p
(11)Mà p 1 mod 4 nên 1 r
p p
Nhận xét: số r x, y đôi phân biệt
Thật giả sử : r x , y 1 1 r x , y 2 2
Suy ra: 2
1 2 2
x py x py p | y y y y
Mà y1 y2 2 np 4n p
p y1 y2 p nên y1 y2 0 hay
1 2
y y , x x
Như ta có số số r x, y là:
n x
p
N xp x p np 2n
2
= số thặng dư bình
phương mod p tập 1,2, , p 1 ( theo bổ đề)
Do p 1 mod 4 nên
p p p p
p
2 2
r p r
r p r r r r mod p
p p
Suy :
r p r
1
p p
Mà rõ ràng r pr nên tập thặng dư bình phương mod p tập 1,2, , p 1 phân hoạch thành p
4
cặp, cặp có tổng p Suy : r x, y p p 1 *
4
(12)
xp xp
n n
2
x y x p 1 x y x p 1
xp n
2
x y x p 1
n
2
x y
r x, y r x, y xp y
xp x p xp y
p x xp x p y
2n
2n 2n 4n
p S n np
6 n 2n 4n
pS 2n n p * *
3
Từ * * * , với p 4n 1 ta suy :
2
p S
12
Nhận xét: Lời giải thực ấn tượng ta nhận thấy khó mặt ý tưởng kết nối kiện tự
nhiên.Tuy nhiên cách tư đơn giản sử dụng nhuần nhuyễn tính chất hàm phần ngun ta đến lời giải sau :
Lời giải 2:
Giả sử P mệnh đề đó, ta đưa vào ký hiệu sau :
1 P mệnh đề P
0 P mệnh đề sai
Từ với i,1 i n ta có :
x x
ip x ip x ip
Vì i n nên ip np Do x 2n 1 thí
2
2
x 2n 1 4n 4n 1 n 4n 1 np ip Suy ra: 2n 2n
x x x
x ip x ip x ip
=
2
2n 2n
2
x x
x
2n x ip 2n i
p
(13)Do vậy:
2
n n 2n n 2n
2
i i x i x
2
2n n 2n
2
x i x i
x x
ip 2n i 2n i
p p
x x
2n i 2n i
p p
p
2
2n
2
x x
x x
2n 2n
p p
Như ta cần tính tổng
p 2 k
k T
p
với p số ngun tố có dạng 4n1
Tính chất : Cho a, b hai số thực thỏa mãn a b,ab Khi ta có : a b a b 1
Xét bổ đề sau : Cho p số nguyên tố có dạng 4k 1 m
một số nguyên dương nguyên tố với p Khi ta có :
2
p p
i i
mi mi p
p p
Chứng minh :
Do p số nguyên tố có dạng 4k 1 nên với i1, 2, , p 1 ,
tồn j1,2, , p , j i cho i2 j2 0 mod p Như
vậy tập 1,2, , p 1 phân hoạch thành p
cặp Khi với ý m, p 1, áp dụng tính chất trên, ta :
2 2
mi mj mi mj
1
p p p p
Suy :
2 2 2
p
i i, j i, j
2 p i
mi mi mj mi mj
1
p p p p p
mi p
p
(14)Áp dụng bổ đề với m ta :
2
p p
k k
p p 2p p p
k k p p
p p 6p
Mặt khác ta lại có :
p 2 p p
2 2
p 2
k k k k
2
p k
k k k
2 p 2k
p p p p
p p p p p
2T 2T
2 4
Do đó:
p 12 p p 2 p p 5
2T T
4 24
Vậy
2
2
2 p p p p p p
M 2n T 2n
24 24 12
Chú ý kết T p p 5 24
với p 1 mod 4 tổng quát
‘nhỏ’ VietnamTST2005 5b), u cầu tính
p 2 k
k P
p
với
p 1 mod cho P p p 5 24
Bài toán
a) Chứng minh số 2n 1 khơng có ước ngun tố dạng 8k 1
b) Chứng minh với số ngun dương n, số 23n 1 có n ước nguyên tố có dạng 8k3
Lời giải:
a) Giả sử tồn số p nguyên tố có dạng 8k 1 cho
n
(15)Nếu n chẵn, ta có:
n
2
1 mod p p mod
p
Mâu thuẫn
Nếu n lẻ, ta có :
2
2
n p p
2 2
2 mod p 1
p p p
(do p 1 mod 8 ) Vô lý
Vậy số 2n 1
khơng có ước ngun tố dạng 8k 1
b) Từ chứng minh ta nhận thấy : n lẻ 2n 1 khơng có ước ngun tố dạng 8k5
Như ước nguyên tố 3n
2 1 đồng dư mod Ta có : 23n 1 2 2 2 2 2.3 23 1 2 2.3n 1 23n 1 1
Đặt 2.3i 3i i
s 2 1, i n 1
Ta chứng minh : 1 i j n 1 gcd s , s i j Để ý si 1 1 1 mod 9 || s ii
Gọi p số nguyên tố chia hết gcd s , s i j Khi
j i j i 1
i j i
j j
3 3
3 3
i
2.3
j
p | s | 2 1 mod p
0 s 2 1 1 mod p p
Vậy gcd s , s i j 3 1 i j n 1
Bây lấy i1, 2, , n 1 Nếu ước nguyên tố si (trừ 3) có dạng 8k 1 si 3 mod 8 (chú ý || s ii ) Vơ lý
Do si có ước nguyên tố pi dạng 8k 3 mà
i
p Do gcd s , s i j nên pi p 1j i j n 1
Suy 3n
2 1 có n ước nguyên tố dạng 8k3 :
1 n
(16)Bài toán Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho n2 1
có ước nguyên tố lớn 2n 10n
Lời giải:
Xét p số nguyên tố có dạng 8k 1 , 1 số
phương mod p, hay phương trình đồng dư x2 1 mod p có hai
nghiệm thuộc 1, p 1 , ta gọi hai nghiệm x , x1 2 với
1
p
1 x x p
2
Chọn n x1 Khi ta có p | n2 1, n p
Ta chứng minh rằng: p 2n 2n Thật n p
2
nên ta đặt n p l, l p
2
Do n2 1 mod p
nên:
2
p
l mod p p 2l mod p
Suy ra: 2l 12 4 0 mod p r * : 2l 1 2 4 rp
mà 2l 1 2 4l l 1 11 mod 8 rp 5 mod 8
Suy ra: r mod 8 r 2l 1 2 5p l 1 5p 1
Đặt 5p u l 1u 1
, ta có
p p 1 1 u
n l u p u u
2 2 2
2
2
u 5u 10n 2u 40n u 40n
2
Mặt khác n 1p u
nên
1
p 2n u 2n 40n 2n 10n
2
Do có vơ hạn số ngun tố có dạng 8k 1 nên tốn chứng
(17)Nhận xét: Với toán ta có tổng qt cho tốn sau: Xét mệnh đề : P n : n2 1
chia hết n! Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho P n tồn vô
hạn số nguyên dương n cho P n sai (Romania National Olympiad 2008)
Bài tốn Tìm tất số nguyên dương n cho
n n
2 1 | 1 Lời giải:
Ta chứng minh n 1 nghiệm toán
Thật giả sử tồn số nguyên n cho 2n 1 | 3n 1
Khi rõ ràng 32n 1
nên n lẻ, đo:
n n n
n 8 4.3 12 mod12
Suy 2n 1
có ước ngun tố p có dạng 12k5 12k7
Hơn ta lại có:
2 n
n n 2
p | | 3 mod p p mod12
p
Mâu thuẫn
Vậy n số nguyên dương thỏa mãn
Bài toán 10 Cho P x Q x hai đa thức hệ số nguyên, nguyên
tố Giả sử với n P n ,Q n
nguyên dương Q n
2 1 chia hết 3P n 1
Chứng minh Q x đa thức Lời giải:
Do P x ,Q x x nguyên tố x nên tồn
(18)
P x u x Q x v x d gcd P n ,Q n d n
Giả sử Q x khơng số Khi dãy Q n | n không bị
chặn, mà ta lại có *
Q n n nên deg Q chẵn hệ số bậc cao Q x dương.Từ ta chon m cho :
max P ,P ,P , ,P d
Q m
M 2 13
Ta có M 2Q m 1 | 3P m 1 * nên M, 2 M,3 1
Gọi a, b tương ứng bậc 2,3 modulo M Từ * ta suy
a | Q m , b | P m gcd a, b gcd Q m , P m d
Đặt gcd a, b s Khi tồn số nguyên x , y0 0 cho
0
s ax by
Do 1 s d nên tồn k,0 k d cho s dk Ta chứng tỏ tồn số nguyên x, y cho:
0 max by d Thật chọn x tx , y0 ty0
Ta có :0 m ax by d m t ax 0 by0 d hay
0 m t d k d m t d m
d k d k
Do d m m d
d k d k d k
nên tồn số nguyên t thỏa mãn
Nhận xét chứng minh Ta có Q x x nên :
Q m ax Q m
Q max Q m mod a 1 mod M
hay M | 2Q m ax 1 | 3P m ax 1
Tương tự , ta có :
P m ax by P m ax
P m axby P m ax mod b 1 mod M Suy
ra :M 3P m ax by 1 3max P ,P , ,P d 12Q m 2 M 1 Vô lý
(19)Bài toán 11 Cho a, b hai số ngun dương thoả mãn ab khơng số phương Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương
n cho an 1 b n 1 khơng số phương Lời giải:
Bổ đề : Cho a số ngun dương khơng phương Khi tồn vơ hạn số ngun tố p cho a khơng số phương
mod p
Chứng minh :
Do a số ngun dương khơng phương nên ta đặt :
2
a b c, b*, c q q q1 2 mm 1, với qi nguyên tố, đôi
phân biệt
Khi với số nguyên tố lẻ p mà p,a 1, ta có :
2 m
i i
q
a b c c
p p p p
Xét khả sau :
1) q1 lẻ
Chọn r , r , , r1 2 m thỏa mãn r1 khơng số phương mod q1 ri số phương mod qi với i 2, , m
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên p0 thỏa mãn:
0 i i
0
p r mod q i 1,2, , m I p mod
Dễ thấy p , q0 i p , 40 1 i 1,2, , m p , 4q q q0 1 2 m 1
Mà ta có p p0 4q q q1 2 mt nghiệm I với t
Nhưng theo định lý Drichlet, ta chọn vô hạn t cho
p số nguyên tố, hay tồn vô hạn số nguyên tố p thỏa
mãn:
i i
p r mod q i 1,2, , m p mod
(20)Suy ra: i
i i
r 1, i p
q q 1, i 2, , m
Do p 1 mod 4 nên theo luật tương hỗ Gauss, ta
có: i
i
q p
i 1,2, , m
q p
Suy ra: m i m
i i i
q
a p
1
p p q
2) q1
Chọn ri số phương mod pi với i 2, , m Tương tự ta có vơ hạn số nguyên tố p thỏa mãn:
i i
p r mod q i 2, , m p mod
Suy ra: i
i i
r p
1 i 2, , m
q q Do p 5 mod 8 nên i
i
q p
p mod i 2, , m
p q
Mà
2 p 1 q 1 p p
( p mod 8 )
Suy ra: m i i
q a
1
p p
Bổ đề chứng minh Trở lại toán
Theo giả thiết ta có ab khơng số phương nên theo bổ đề ta có tồn vơ hạn số nguyên tố p cho: ab a b
p p p
Từ khơng tính tổng quát ta giả sử: a 1, b
p p
Hay
p p
2
a mod p , b mod p
Suy ra: p không chia hết
p
b
(21)1)
p p
v a
lẻ Khi
p p
2
p
v a b
lẻ,
p p
2
a b
khơng số phương
2)
p p
v a
chẵn 2
Theo định lý số mũ ta có:
p p
p
2
p p
v a v a 1
số lẻ Hơn ta lại có :
p
p p
2
b 1
0 mod p
Suy
p p
p p
2
p
v a b
lẻ,
p p
p p
2
a b
khơng số phương
Chú ý hai khả xảy với vô hạn p
Vấn đề mở rộng: Cho a, b hai số nguyên dương phân biệt 1,
chứng minh tồn số nguyên dương n cho an 1 b n 1 khơng số phương
Nhận xét: Bổ đề phát biểu chứng minh lời giải thưc tốt có nhiều ứng dụng để giải tốn “đẹp” thặng dư bình phương Sau số ví dụ minh họa
Bài toán 12 Cho f x tam thức bậc với hệ số nguyên thỏa
mãn với số nguyên tố p tồn số nguyên n cho p | f n Chứng minh f x có nghiệm hữu tỉ
Lời giải:
Đặt f x ax2 bx c a, b, c
Rõ ràng ta cần chứng minh : b2 4ac
(22)Lấy p số nguyên tố bất kỳ, theo giả thiết tồn số nguyên n cho :
2
p | f n an bnc 0 mod p b 4ac 2anb mod p Do đó:
2
b 4ac p
.Khi theo bổ đề 11 ta có b2 4ac
số
chính phương
Do f x có nghiệm hữu tỉ
Bài tốn 13: Giả sử a ,a , ,a1 2 2004 số nguyên không âm thỏa mãn: n n n
1 2004
a a a số phương với số nguyên
dương n Tìm số nhỏ số số a ,a , ,a1 2 2004 Lời giải:
Lấy số nguyên tố p N max 2004,a | i i 1,2, , 2004 lấy n p 1
Khi ta có: 2004 n 2004 p
i i
i i
a a k mod p
, k số số hạng
dãy a ,a , ,a1 2 2004 không chia hết cho p Theo ta có k p Mà
n n i i
a
số phương nên ta có k p p
nguyên tố lớn N
Áp dụng bổ đề 11 ta k số phương Đặt k l2 l2 2004 l 44 k 442 1936
Do có 2004 1936 68 số dãy a ,a , ,a1 2 2004 Mặt khác ta xét dãy:
i i
a m i 1,1936 ; a i 1937,2004
Khi n n 2 n n2 i
i
a 1936 m 44m
Vậy 68 giá trị nhỏ cần tìm
Bài toán 14 Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ
Chứng minh f x ax2 bxc số phương p
2
(23)Lời giải:
Bổ đề 1: Cho f x đa thức hệ số nguyên có deg f k Đặt p
r
2
, f x r a0 a x1 a x kr kr Khi ta có:
p
p p l p
x
f x k
a a a mod p , l
p Chứng minh:
Đặt p n n
x
s x , n
Dễ thấy s0 p, sn p 1 1 mod p với n p | n
Xét n vµ np 1 , ta gọi g nguyên thủy p,
p 1
g,g ,g , ,g 1,2, , p mod p
, gp 1 mod p
gn 1 mod p
Suy ra:
n p
p p p i
n ni n n n
n n
x i i
g
s x g g g g mod p
g n
1 mod p n 0, n p VËy s
0 mod p n=0 n 0, n
p 1
Do đó:
p p r p kr
kr
0 kr i i
x x x i
p p l p
f x
f x a a x a x a s
p
a a a
Bổ đề chứng minh
Bổ đề 2: Cho a, b, c số nguyên p số nguyên
tố khơng chia hết a Khi ta có:
2
p x
a
b 4ac p
ax bx c p
p a
p b 4ac p p
(24)
2
p p
2
x x
2 2
p p p
x x x
2ax b D
4a ax bx c
, D b 4ac
p p p
x D ax bx c a x D
p p p p
Đặt p x x D S p
Áp dụng bổ đề cho f x x2 D ta được: p 1
S a 1 mod p , mà S p nên S 1, p 1
Nếu S p 1 , có số x0 0,1, , p 1 cho
2 0
p | x D
x D
0
p p | p x D
Suy x0 px0 0,1, , p 1 px0 x0 Mâu
thuẫn tính x0 Do x0 p | D
Ngược lại p | D, suy
2 p x
x
S p
p
Như vậy:
2 p x
ax bx c a
p | D S p p
p p
Nếu S 1 Dp
2 p x
ax bx c a
p p
Bổ đề chứng minh Trở lại toán
Giả sử tồn số nguyên x0 cho: 0
p f x , f x , , f x
2
số phương Xét khả sau:
1) a chia hết cho p
Nếu b không chia hết cho p tập bx c : x x , x0 0 1, , x0 p
là hệ thặng dư không đầy đủ modulo p gồm p
(25)
f x bxc mod p nên tập f x : x x , x0 0 1, , x0 p
hệ thặng dư không đầy đủ modulo p gồm p
2
phần tử rõ ràng số phương đồng dư với số p
2
số
2
2 p
0 ,1 , ,
Như ta có điều mâu thuẫn
Do b chia hết cho p Vậy p | b2 4ac
2) a chia hết cho p
Giả sử rằng: p không chia hết b2 4ac
Khi theo bổ đề 2, ta có:
2 p x
ax bx c a
p p
Suy ra:
0
x p p
x x x
ax bx c ax bx c a
1
p p p
Mặt khác dễ dàng thấy không tồn số nguyên phân biệt
1 0
x , x , x x , x 1, , x p 1 cho ax2i bxi c p i 1,2,3 nên
0
0
x p
x x
ax bx c p p
2 p
p 2
Mâu thuẫn
Chú ý rằng: Đây mở rộng mạnh IMO Shortlist năm 1991 Polish đề nghị sau:
Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ Chứng minh f x ax2 bx c
số phương 2p 1 giá trị
nguyên liên tiếp x p | b 4ac
Bài toán 15 Với số nguyên a, tính số nghiệm x, y, z phương trình đồng dư: x2 y2 z2 2axyz
mod p
(26) 2
2 2 2 2
x y z 2axyz mod p zaxy a x 1 y x mod p Suy với cặp x, y cố định thuộc tập 0,1, , p 1 số nghiệm
z 0,1, , p 1 thỏa mãn 1 là:
2 2
a x y x
p
Do số nghiêm phương trình x2 y2 z2 2axyz
mod p là:
2 2
p p
x y
a x y x
N p
p
Xét khả sau:
1) a chia hết cho p
Khi áp dụng bổ đề Bài 14 ta có:
2 2
p p p p
2
x y x y
2 2
p p p
2
y x y
p
2 2
x
y x y x
N p p
p p p
1 y y x
p
p p p
1 1
p p p p p p
p p p
2) a không chia hết cho p
Dễ thấy tồn số nguyên x , x1 2 1, 2, , p 1 cho:
1 2 2
1
2
ax mod p
p | a x 1, p | a x ax mod p
Do p không chia hết 2 2
1
4x a x 1 x 0,1, , p \ 0, x , x
Từ áp dụng bổ đề Bài 14, với ý p
(27)
1 2
2 2 2 2
2
p p p
1 2
2
y y y
2 2 2 2
p p p
2
x y x
x x ,x x x ,x
2
a x y x a x y x
y
N p
p p p
a x y x 1 1 a x 1
p p 2p
p p p p
1
p p
p
2 2
p
2 x
2
1 a x 1 a
2p p 3p
p p p p
1
p 3p
p
Vậy
2
2
p a p
N 1
p 3p a
p
p
Bài toán 16 Chứng minh với số nguyên dương n, tồn số nguyên >1, đôi nguyên tố nhau: k , k , , k0 1 n, cho: k k k0 1 n 1 tích hai số nguyên liên tiếp
Lời giải:
Bổ đề: Cho p số nguyên tố có dạng 3k1 Khi tồn số nguyên dương r cho p | r r 1
Chứng minh: p số nguyên tố có dạng 3k1 nên p 1 mod 6 ,
suy 3 số phương mod p, hay tồn số nguyên dương x cho: x kp2 3 mod p k
Rõ ràng tồn k cho:x kp 2r 1, với r nguyên dương
đó Suy ra: p | 2r 1 2 3 4 r r 1 p | r r 1
Trở lại toán
Với số nguyên dương n, rõ ràng tồn số nguyên tố đôi phân biệt p , p , , p0 1 n có dạng 3k 1
Khi theo bổ đề ta gọi r , r , , r0 1 n số nguyên dương thỏa mãn:
i i i
(28)Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên dương a thỏa mãn:a r mod p ii i 0,1, , n
Suy ra:
0 n
p p p | a a 1
Với i : i n, lấy ki lũy thừa lớn pi chia hết
2
a a 1 đặt
2
1 n
a a
k
k k
Khi rõ ràng k , k , , k0 1 n đôi nguyên tố
2
0 n
k k k 1 a a a a 1
Nhận xét: Bằng tính chất Thặng dư bình phương định lý Thặng dư Trung Hoa ta cho lời giải đẹp với toán Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy ý tưởng nhằm mục đich đưa kết sau:
Đặt f x x2 x 1
Khi tồn vô hạn số nguyên tố p cho
phương trình đồng dư: f x mod p có nghiệm
Ta chứng minh kết
Giả sử ta có m số nguyên tố thỏa mãn là: p , p , , p1 2 m
Theo định lý Thặng dư Trung Hoa ta tìm đươc số nguyên dương b cho:f b 0 mod p i i 1, 2, , m
Ta có: 2
gcd f b , f b 1 gcd b b 1, b 3b3 =1 Mà f b 1 > nên có ước nguyên tố pm 1 mà
m i
p p i 1,2, , m Đpcm
Ta có kết tổng quát: Cho đa thức hệ số nguyên f x khác số Khi tồn vô hạn số nguyên tố p cho phương trình đồng
dư: f x mod p có nghiệm
Hiển nhiên với kết tốn ban đầu ta mở rộng thành tích k số nguyên liên tiếp, với k số nguyên dương
(29)Bài toán 17 Cho số nguyên dương m, n thoả mãn:
m 3n A
3m
số nguyên Chứng minh A lẻ Lời giải:
Nếu m lẻ m3n 1 lẻ, suy A lẻ Nếu m chẵn A số nguyên nên
n n
0 m3 1 m 1 mod gcd m,3 1 suy ra:n 2k1, m 1 mod
Ta xét khả sau:
1) *
1
m 8m , m Khi ta có:
m 3n 1 3n 1 32k 1 1 4 mod 8
3m1 mod mâu thuẫn
với A số nguyên
2) m 8m +2 1 8m +6,1 hay m mod 4 Khi ta có:
m3n 1 23n 1 mod 4 3m 2 mod 4 Suy Alẻ 3) m 8m1 4 Khi m 1 mod 3 nên m1 1 mod 3 , suy
tồn số nguyên tố p ước m1 cho p 1 mod 3 Do A số nguyên nên
n n 2k 2k
0 m 3 mod m mod p
hay 3 3k 12mod p 1 p 1 mod 6
p
, mâu thuẫn
Bài tốn 18 Chứng minh khơng tồn số nguyên dương a, b, c cho
2 2
a b c
3 ab bc ca
số nguyên
Lời giải:
Giả sử tồn số nguyên dương a, b, c, n cho :
2
2 2
(30)Rõ ràng phải tồn ước nguyên tố p 3n 2 cho
p mod v 3np 2 lẻ Ta giả sử p2i 1 || 3n , i *
Ta có :
2 2i 1 i
2 2i
2
2 2
3n | a b c p | a b c p | a b c p | a b c p | ab bc ca p | ab c a b p | ab a b a b p | a b c
3
p | a ab b 2a b 3b p mod
p
Mâu thuẫn
Nhận xét : Đây toán cũ vừa lại xuất kỳ thi Iran TST 2013 : Tìm tất số nguyên dương
a, b, c thỏa mãn :
2 2
a b c chia hết cho 2013 ab bcca
Bài tốn 19 Tìm tất số ngun dương k thỏa mãn với k số
nguyên tố lẻ p , p , , p1 2 k, tồn số nguyên dương a, n n 1 cho: p p p1 2 k an 1
Lời giải:
Giả sử k số nguyên dương cho tồn số nguyên dương a, n n 1 thỏa mãn: p p p1 2 k an 1, với p , p , , p1 2 k k số nguyên tố lẻ Xét khả sau:
1) n chẵn Ta có
2 n
i
i
1
1 a mod p i 1, k i 1, k
p
Vô lý
2) n lẻ
Giả sử tồn i1,2, , k cho p | ni
Khi ta có:
i i
p n p n
i
p | a 1 a 1
(31)Mà theo định lý nhỏ Fecma ta có:
i
i i i
n n n
p p p
i i
p | a a p | a 1
Do đó:
i
i i
i i i i
p
n n
p p
n n
p p p p i i
v a v a v a v p p | a
Suy ra:
i k
p | p p p Vơ lý pj ngun tố đơi phân biệt Kết hợp với n lẻ, n 1 ta suy tất ước nguyên tố n
lớn pk Do n pk Giả sử a khơng có ước ngun tố lẻ
m * mn
1 k
a , m p p p 1 Nếu m chẵn
i
1
1 i 1, k p
Vơ lý
Nếu m lẻ, ta có: 2x2 1 mod 5 (vì dễ thấy k ), với
mn
x
Suy ra:
x mod
5
Vô lý
Vậy tồn p nguyên tố lẻ cho p | a mà a, pi 1 i 1, k nên
k
p p
Suy ra: n pk
1 k k
p p p a 1 p Vô lý
Vậy không tồn số nguyên dương k thỏa mãn toán
Bài toán 20 Cho số nguyên dương a Xét dãy số nguyên xn xác định bởi: x1 a, xn 1 2xn 1 n 1 Đặt xn
n
y 1 Tìm số nguyên dương k lớn cho tồn số nguyên dương a để y , y , , y1 2 k
đều số nguyên tố Lời giải:
Nhận xét 1: Nếu 2m 1
số nguyên tố m phải số nguyên tố
Nhận xét 2: Nếu p số nguyên tố có dạng 4m 3 q 2p 1
cũng số nguyên tố q | 2p 1
(32)Theo định lý nhỏ Fecma ta có: q | 2q 1 1 22p 1 2p 1 2 p 1
Gọi ord 2q | 2p 2, p,2p
Nếu
2 q | q p
Vô lý
Nếu 2p q |
2 p
p p 2
2 q | 2 mod q
hay q
nhưng q 2p 1 8m 7 Vô lý
Vậy p
p q |
Trở lại toán
Với k Chọn a ta y1 2, y2 31, y3 2047 23.89
Giả sử tồn k 3 cho tồn a * thỏa mãn y , y , , y1 2 k
là số nguyên tố Khi theo nhận xét ta có x , x , , x1 2 k số nguyên tố Nói riêng y3 số nguyên tố nên theo ta có: a mà a x1 nguyên tố nên a lẻ, suy xn mod n
Ta có: x2 3 mod , x 3 2x2 1, x , x2 3 nguyên tố nên theo nhận xét
ta có: x2
3
x | 1 x2
2
2 1 y số nguyên tố nên
2
x 2a
3
x 4a
Vô lý a 3 Vậy k giá trị lớn cần tìm
Bài tốn 21: Cho dãy
n n
u
xác định bởi:
1
*
n n n
u 1, u 11
u u 5u n
Chứng minh un khơng số phương với n 3 Lời giải:
Trước tiên quy nạp ta chứng minh rằng: với số
nguyên dương n ta có: k *
n 2k n n k k
u 5 u u u k
Tiếp tục ta chứng minh quy nạp kết sau:
6k 6k 6k
u u 1 mod , u mod k
Với k 0, dẽ thấy
(33)
6k 6k 6k
6 k
6k 6k 6k
6 k
6k 10 6k 6k
6 k
u u 11u 25u 11 25 mod
u u 11u 25u 11.2 25 mod
u u 11u 25u 11 25.2 mod
Như kết với k 1
Do u2n khơng số phương với n*
Ta chứng minh u4n 1 khơng số phương với n *
Thật giả sử tồn *
m , m 1 mod cho um số
phương
Đặt m 1 2k, rr , k *,2 | k,3 |
k Ta có:
r
r r r
r
k 2k k
m 1 2k 1 3 1 2k 1 3 2 2k
3 k
k
u u u u u
5 mod u
Gọi p ước nguyên tố uk p,5 1
(vì *
n
u , 1 n )
Ta có: um 5 kr mod p mà k chẵn, um số phương nên
k
1
1 p mod u mod p
Vơ lý k chẵn nên
k
u 1, mod
Ta chứng minh u4n 3 không số phương với n
Thật giả sử tồn m *, m 3 mod 4
cho um số phương
Đặt m 3 3 2k, rr , k *,2 | k,3 |
k Ta có:
r
r r r
r
k 2k k
m 3 2k 3 3 1 2k 3 3 2 2k
3 k
k
u u u u u
16 mod u
(34)(vì * n
u , 1 n | k,3 |k k 2, mod 6 uk lẻ )
Ta có: um 16. 5 kr mod p mà k chẵn, um số phương nên
k
1
1 p mod u mod p
Vơ lý k chẵn nên
k
u 1, mod
Vậy un khơng số phương với n
Bài toán 22 Cho hai hàm số f,g : * *
thoả mãn đồng thời:
i) g toàn ánh
ii) 2f n 2 n2 g n 2 n *
Chứng minh f n n 2013 n n *
f có vơ số điểm
bất động Lời giải:
Theo định lý Dirichlet, tồn tai dãy vô hạn số nguyên tố pi với
i
p có dạng 8k3
Vì g tồn ánh nên ta tìm dãy vô hạn số nguyên dương xn n 1
cho g x n p nn
Theo điều kiện ii) ta có: 2 2 2
n n n n n n n
2f x x g x x p x mod p Do pn mod 8 nên số khơng phương mod pn
Suy : f x n xn 0 mod p n
Do tồn dãy vơ hạn số nguyên dương n n
n n
a , b
cho :
n n n
n n n
x a p
n 1,2, f x b p
Khi ta có :
2
2 2 2 2 n n
n n n n n n n
n n
a b
2b p a p p 2b a
a 2a
(35)Theo giả thiết ta có :
2
n n n
2
n n n
n
f x b a 1
2013
f n n 2013 n 1
x a a
x
Suy ra:
2 n
2
n n
a
1 2013
0 lim lim
a
2 x
Do đó:
2 n
n
n
a
lim lim a
a
Mà an dãy vô hạn gồm số nguyên dương nên
*
0 n n
N : a n N b n N
Do : f p n f x n p nn N0, tức hàm f có vơ số điểm bất
động
Bài toán 23 Cho p số nguyên tố lẻ đặt:
p
i i
i
f x x
p
a) Chứng minh f x chia hết cho x 1 không chia hết
cho x 1 2 p mod 4
b) Chứng minh p mod 8 f x chia hết cho x 1 2
nhưng không chia hết cho x 1 3
Lời giải:
a) Do p i i
i
f x x
p
nên p
i
i
f
p
(Với p số nguyên tố lẻ tập S 1,2, , p 1 có p
2
số phương mod p p
2
số khơng phương mod p Bổ đề 5a) Suy f x
chia hết cho x 1
(36)
p p p
i i i
p
p p p
i i i
p p p
2
i
i i i
f ' i i f i
p p p
p i i i
p i p i p i
p p p
i
1 pf i f '
p
Nếu p 1 mod 4 theo ta có : f ' 1 f ' 1 f ' 1 mà
f nên f x chia hết cho x 1 2
Nếu p mod 4 , với ý i mod i 1,2, , p p ,ta có:
p p
i i
p p i
f ' i i mod f '
p
Mà f 1 nên f x x 1 f x x 1 2
Như f x chia hết cho x 1 không chia hết cho x 1 2
nếu p mod 4 b) Ta nhận thấy :
p p
2
i i
p p p p
2
i i i i
i i
f '' i i i 3i
p p
i i i i
i i 2f i i f
p p p p
Giả sử p mod 8 Khi theo câu a) ta có : f x x 1 2
p i
i
i f '
p
Suy
p p
p 2 2
2
i i i
i 2i 2i
f '' i 2i 2i
p p p
Mặt khác p 5 mod 8 nên p
, 1 p
(37)
p p p p
2
2 2 2
2
i i i i
p p
2 2
i i
2i i p
2i i i i 4 mod
p p p
2i 2i
2i mod
p p
Hơn f 1 0nên ta có :
p p p p p
2 2 2
i i i i i
p p p
3
i i i
p
2 i
2
2i 2i 2i p 2i
1
p p p p p p
p 2i 2i 2i
1
p p p
Suy :
p i
2i p
Do :
p p
2 2
i i
2i 2i
2i mod
p p
Như f '' 1 4 mod 8 f '' 1 0 f x x 1 3
Vậy p mod 8 f x chia hết cho x 1 2 không
chia hết cho x 1 3
IV Bài tập tự luyện
Bài tốn Có tồn hay khơng tam thức bậc hai f x với hệ số nguyên cho với số tự nhiên n, tất ước nguyên tố f n có dạng 4k3
Bài toán Cho cặp số nguyên dương m, n thỏa mãn:
m n
5
(38)Bài toán Cho n,a số nguyên dương Chứng minh rằng:2a3n 1 6a n lẻ
n
3 a |
4
Bài toán Cho dãy xn xác định bởi: x1
2
n n
x 2x 1 n 1 Chứng minh 2003 không chia hết số hạng dãy
Bài toán Cho dãy số
i i
L
xác định sau:
0
n n n
L 2, L
L L L , n 0,1,
Chứng minh với n Ln số phương n 3
Bài toán Cho dãy số xn n 0
xác định bởi:
0
2
n n
x
x 2x
chứng minh với số nguyên dương n, p ước nguyên tố xn p mod 2 n 2
Bài toán Cho dãy số xn n 0
xác định bởi:
1
2
n n
x
x x
Cho n , n lẻ, chứng minh xn 1 2n 1 2n 1 số nguyên
tố
Bài toán Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố a , bn n dãy số nguyên dương thỏa mãn:
a b 22n an bn Tìm tất số nguyên tố p cho tồn
(39)W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc
Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh
nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạmđến từcác trường Đại học
trường chuyên danh tiếng
I. Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.
II. Khoá Học Nâng Cao HSG
- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt
ở kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần
Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III. Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh
Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online Chuyên Gia
HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí