2 B(n) là tập các số nguyên x∈Z sao cho Tn(x) =x và Tk(x)̸=x với mọi 1⩽k < n.
Ta cũng có các nhận xét và kết quả đơn giản sau
Ta thấy nếu x∈B(d) với d|n thì x∈A(n). Như vậy, ta suy ra P(n) =|A(n)|=X
d|n
|B(d)|.
Nếu x∈B(n) thì các số x, T(x), . . . , Tn−1(x)∈B(n). Suy ra
|B(n)| chia hết chon.
Như vậy, với hai số nguyên tố p, q phân biệt, ta có
P(0)≡P(pq) =|B(1)|+|B(p)|+|B(q)|+|B(pq)| ≡ |B(1)|+|B(p)| (mod q).
Cố định số nguyên tố p, ta suy raP(0)− |B(1)| − |B(p)| chia hết cho mọi số nguyên tố q.
Suy ra P(0) =|B(1)|+|B(p)|=P(p). Như vậy, P(p) là hằng số với mọip∈P nên P(x) là đa
thức hằng, mâu thuẫn. Kết thúc chứng minh. :
Bài 30 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho tồn tại các đa thức f1, f2, . . . , fn có hệ số hữu tỉ thỏa mãn
x2+ 7 =f1(x)2+f2(x)2+. . .+fn(x)2.
N3 IMO Shortlist 2010
Lời Giải Ta chứng minh số n= 5 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Thật vậy, ta có x2+ 7 =x2+ 22+ 12+ 12+ 12.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh không tồn tại các đa thức trên trong trường hợp n = 4. Giả sử phản chứng, ta có
Ta thấy rằng các đa thứcfi đều có bậc 1. Đặtfi(x) =aix+bi ,ai, bi là các số hữu tỉ. So sánh hệ số, ta được a2 1+a2 2+a2 3+a2 4 = 1, a1b1+a2b2+a3b3+a4b4 = 0, b2 1+b2 2+b2 3+b2 4 = 7. Ta có biến đổi sau:
(a21+a22+a23+a24)(b21+b22+b23+b24) = (a1b1+a2b2+a3b3+a4b4)2+ (a1b2−a2b1 +a3b4−a4b3)2 + (a1b3 −a3b1+a4b2−a2b4)2+ (a1b4−a4b1+a2b3−a3b2)2.
Ta suy ra 7 là tổng bình phương của ba số hữu tỉ. Đặt 7 = m 2 1 m2 +m 2 2 m2 +m 2 3 m2 Phương trình trên tương đương với
7m2 =m21 +m22+m23.
Bằng phương pháp lùi vô hạn với số 2, ta chứng minh được phương trình này không có nghiệm nguyên. Vậy không tồn tại số n⩽4 thỏa mãn điều kiện đề bài. :
Bài 31 Cho đa thứcP(x) =ax3+bx∈Z[x]. Với mỗi số nguyên dương n, ta nói một
cặp (a, b) là n-tốtnếu thỏa mãn mệnh đề:
n | Å
P(m)−P(k)
ã
=⇒ n|(m−k),∀k, m∈Z.
Ta nói cặp (a, b) là rất tốt nếu (a, b) là cặpn-tốtvới vô hạn số nguyên dương n.