Chương 3 Một số bài toán áp dụng
3.4. Một số bài tập khác
Bài 27. (IMO – 1967) Cho các số nguyên dương k, m, n sao cho m+k + 1 là số nguyên tố lớn hơn n+ 1. Giả sử Cs = s(s+ 1). Chứng minh rằng:
(Cm+1−Ck) (Cm+2−Ck)...(Cm+n−Ck) ... C 1.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 : Cm+k+n+1n+1 = (m+k + 1) (m+k+ 2) (m+k + 3)...(m+k+n+ 1) (n+ 1)!
là số nguyên. Trong đó m+k + 1 là số nguyên tố lớn hơn n+ 1 nên không chia hết cho thừa số nào trong (n+ 1)!.
Vì vậy (m+k+ 2) (m+k + 3)...(m+k +n+ 1) ... (n+ 1)!.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 28. (IMO – 1974) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n, ta có
n
P
k=0
C2n+12k+1.8k đều khơng chia hết cho 5.
Lời giải. Ta có 1 +√ 82n+1= An+√ 8Bn và 1−√82n+1= An−√8Bn. Trong đó Bn = n P k=0 C2n+12k+1.8k. Do đó An2 −8Bn2 = (−7)2n+1 ≡32n+1 ≡3.(−1)n(mod5).
Nếu Bn chia hết cho 5 thì An2 ≡3.(−1)n(mod5). Điều này là vơ lý.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 29. (Dự tuyển IMO – 2005) Giả sử a, b là hai số nguyên dương sao cho an+n là ước của bn+n với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng a = b.
Lời giải. Giả sử a 6= b. Từ giả thiết suy ra b > a.
Chọn p là số nguyên tố lớn hơn b và lấy n = (a+ 1) (p−1) + 1. Theo cách chọn này ta có n≡ 1 (mod (p−1)) và n≡ −a(modp). Khi đó theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
rn ≡r rp−1a+1 ≡ r(modp),∀r ∈ Z. Ta lại có an+n≡a−a ≡ 0 (modp)⇒ p|(an+n). Nhưng an+n |bn+n nên p|bn+n và
bn+n≡ b−a ≡0 (modp)⇒ p |(b−a). Điều này mâu thuẫn vì p > b.
Vậy a = b.
Bài 30. (Bulgaria – 1995) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho (5p −2p) (5q −2q) ... pq.
Lời giải. Giả sử p ≤q. Do (5p−2p) (5q −2q) là số lẻ nên 2 ≤p ≤q.
Nhận xét rằng nếu số nguyên tốk là ước của 5k−2k thì theo định lý Fermat nhỏ ta có 3≡5−2≡ 5k−2k ≡0 (modk) ⇒k = 3.
Giả sử p > 3, theo nhận xét trên thì p khơng là ước 5p −2p nên p là ước của 5q −2q hay 5q ≡2q(modp).
Lại theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 5p−1 ≡2p−1(modp). Do đó 5(p−1,q) ≡2(p−1,q)(modp).
Nhưng p ≤q nên (p−1, q) = 1. Do đó 5≡ 2 (modp)⇒ p= 3. Mâu thuẫn. Vậy p = 3.
Nếu q > 3 thì q là ước của 5p −2p = 53 −23 = 9.13⇒ q = 13.
Vậy tất cả các cặp (p, q) cần tìm là (3,3), (3,13), (13,3).
Bài 31. (Trung Quốc – 2009) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q)sao cho: pq |5p+ 5q.
Lời giải. +) Cặp (5,5) thỏa mãn.
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có q là ước 626. Trong trường hợp này ta có nghiệm (5,313) và (5,2).
+) Nếu q = 5, p6= 5: tương tự ta có hai nghiệm (313,5) và (2,5). +) Nếu p= 2, q 6= 5: Ta có
2q |25 + 5q ⇒ 25 + 5q ≡ 0 (mod2q)⇒ 30≡ 0 (mod2q)⇒ q = 3.
Như vậy, trường hợp trong hai số p, q có một số bằng 2, số cịn lại khác 5, ta có nghiệm (2,3) và (3,2).
+) Trường hợp p, q khác 2 và 5: Ta có
5p+ 5q ≡ 0 (modpq)⇒ 5 + 5q ≡ 0 (modp)⇒ 5q−1 ≡ −1 (modp) ⇒ 52(q−1) ≡1 (modp).
Tương tự ta có 5p−1 ≡ −1 (modq).
Chọn k là số mũ lớn nhất của 2 sao cho 2k | ordp5.
Mà ordp5| p−1 và ordp5| 2 (q−1) , ordp5 không là ước của q−1.
Chứng tỏ số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của p−1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của q−1.
Do tính đối xứng nên ta cũng có mũ lớn nhất của 2 mà là ước của q−1 lớn hơn số mũ lớn nhất của 2 mà là ước của p−1.
Mâu thuẫn này chứng tỏ trường hợp này bài tốn khơng có nghiệm.
Vậy tất cả các nghiệm của bài toán là (2,3), (2,5), (5,5), (5,313), (3,2),
(5,2), (313,5).
Bài 32. (Dự tuyển IMO – 2003) Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên tố q sao cho với mọi số nguyên n, số np−p không chia hết cho q.
Lời giải. Ta có p
p −1
p−1 = 1 +p+p
2+· · ·+pp−1 ≡p+ 1 modp2. Suy ra có ít nhất một ước ngun tố của p
p −1
p−1 không đồng dư với 1 modulo p2.
Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên n sao cho np ≡ p(modq). Khi đó, theo cách chọn số q ta có np2 ≡pp ≡1 (modq).
Mặt khác q là số nguyên tố, theo định lý Fermat nhỏ ta cónq−1 ≡1 (modq). Hơn nữa, ta cóp2 khơng là ước củaq−1nên p2, q−1 = 1 ⇒np ≡1 (modq). Suy ra p≡ 1 (modq).
Khi đó ta có 1 +p+p2 +· · ·+pp−1 ≡p(modq). Cùng với định nghĩa của q ta có p≡ 0 (modq).
Đây là điều mâu thuẫn.
Bài 33. (Iran – 2007) Cho n là số nguyên dương và n = 22007k+ 1 với k là số nguyên lẻ. Chứng minh rằng 2n−1+ 1 không chia hết cho n.
Lời giải. Chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử 2n−1+ 1 chia hết cho n. Ta có 2n−1 + 1 = 2k2
2007
+ 1. Gọi p là một ước nguyên tố tùy ý của n và đặt t = 2k, d = ordp(t). Ta có t22007 ≡ −1 (modp)⇒ t22008 ≡1 (modp).
Suy ra d là ước của 22008 và không là ước của 22007, tức là d = 22008. Mà d là ước của p−1 suy ra p ≡1 mod22008.
Do đó n≡1 mod22008⇒ 22007k ≡ 0 mod22008 ⇒2 |k. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Kết luận
Số học với lịch sử hình thành và phát triển từ rất sớm của Tốn học, là lĩnh vực có nhiều bài tốn hay đặc sắc, nhiều bài tốn khó.
Luận văn này chỉ trình bày một số vấn đề cơ bản của Số học liên quan đến phép chia hết.
Luận văn gồm các nội dung:
Chương 1: Luận văn đã nhắc lại được một số kiến thức cơ bản thường sử dụng trong Số học nói chung và các bài tốn liên quan đến chia hết nói riêng; và trình bày định nghĩa và một số tính chất đồng dư, một số định lý tiêu biểu trong lý thuyết đồng dư, một cơng cụ hữu ích trong giải và trình bày lời giải các bài tốn Số học.
Chương 2: Luận văn trình bày được một số phương pháp thường dùng giải bài toán chia hết, được phân loại theo các nhóm phương pháp: phương pháp áp dụng các tính chất của phép chia hết, phương pháp áp dụng đồng dư, một số phương pháp khác như quy nạp toán học, chứng minh phản chứng, áp dụng nguyên lý Dirichlet,. . .
Chương 3: Luận văn trình bày một số bài tốn số học đã gặp trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thi chọn học sinh giỏi quốc gia, các nước và Olympic Toán Quốc tế. . . chia thành các mục: áp dụng tính chia hết trong giải phương trình nghiệm ngun, một số bài tốn về tính chia hết của các số hạng của dãy số nguyên, tìm số nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết, một số bài toán chọn lọc khác . . .
Tác giả hy vọng luận văn đóng góp thêm một tài liệu nhỏ về Số học để giúp học sinh tiếp cận với bộ môn tốt hơn, nhất là các em học sinh trung học cơ sở và các em học sinh mới vào các lớp chuyên chọn trung học phổ thông, ngồi ra các thầy cơ giáo có thêm một tài liệu phục vụ cơng tác tham khảo, giảng dạy cho mình.
Để có một tài liệu Số học đầy đủ và hoàn chỉnh, cần bổ sung thêm nhiều kiến thức khác nữa. Tuy nhiên trong khuôn khổ thời gian và thời lượng cho phép của luận văn, tác giả chỉ mới trình bày được các khái niệm và các vấn đề cơ bản nhất liên quan bài toán chia hết. Mặc dù tác giả đã cố gắng chọn lọc và phân loại bài tập, nhưng chỉ mang tính chất tương đối, và khơng tránh khỏi những thiếu sót, sai lầm. Rất mong nhận được ý kiến đóng góp sửa đổi của các Thầy Cơ giáo và các bạn.
Tài liệu tham khảo
[1] Dỗn Minh Cường, (2008), Số học, NXB ĐHSP.
[2] Phan Huy Khải, (2009), Các bài toán cơ bản của số học, NXB Giáo Dục. [3] Hà Huy Khoái, (2004), Số học, NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Vũ Lương, (2009), Các bài giảng về 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 bài 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 The- ory Problems, USA.