Chương 3 Một số bài toán áp dụng
3.2. Một số bài tốn về tính chia hết các số hạng của dãy số nguyên
phương trình có nghiệm khơng nếu
1) n= 1981, 2) n= 1985, 3) n= 1984 .
(Đề nghị IMO 1981)
Lời giải.
1) Khi n= 1981. Ta có: z2 ≡0,1,4 (mod8). x2−1 y2 −1+ 1981 ≡2,5,6 (mod8).
Vậy với n = 1981 thì phương trình khơng có nghiệm nguyên. 2) Khi n= 1985. Ta có: z2 ≡0,1,4,7 (mod9).
x2−1 y2 −1+ 1985 ≡2,5,6,8 (mod9).
Vậy với n = 1985 thì phương trình khơng có nghiệm ngun.
3) Khi n= 1981. Viết lại phương trình dạng x2 +y2 +z2 −x2y2 = 1985. Ta đi tìm một nghiệm của phương trình bằng cách tìm x, y thỏa mãn x2 +y2 = 1985. Khi đó lấy z = xy cho ta nghiệm (x, y, z).
Ta được các cặp nghiệm (7,44,7.44) và (31,32,31.32).
Chú ý rằng phương trình cịn các nghiệm khác.
3.2. Một số bài tốn về tính chia hết các số hạng của dãy sốngun ngun
• Trong phần này, chúng ta xét đến một số bài tốn về tính chia hết của các phần tử trong một dãy số mà các số hạng là số nguyên.
Trong một dãy số thì các phần tử của nó có thể cùng chia hết cho một số nguyên nào đó, hoặc chỉ có một số phần tử chia hết cho một số nào đó cho trước.
Đối với các dãy số cho bởi cơng thức số hạng tổng quát, chúng ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh.
Đối với các dãy số cho bởi hệ thức truy hồi của các số hạng, chúng ta thường phải dùng các kiến thức về tìm cơng thức số hạng tổng quát của dãy số (trong khuôn khổ luận văn này, chúng ta coi như đã biết và khơng trình bày kỹ các kiến thức này).
• Một số bài toán về chứng minh tồn tại số hạng của dãy chia hết cho một số nào đó.
Bài 11. Cho hai dãy số: an = 22n+1 + 2n+1 + 1 và bn = 22n+1 −2n+1 + 1, n = 0, 1, 2, .... Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số an, bn chia hết cho 5.
Lời giải. Ta có an−bn = 2n+2 khơng chia hết cho 5. Mặt khác anbn = 4.16n+ 1≡ 4 + 1≡ 0 (mod5).
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 12. Cho dãy (an)n≥1 xác định bởi: a1 = 1, an = an−1 +a[n
2] (n≥2).
Chứng minh rằng dãy chứa vô số số nguyên chia hết cho 7.
(Poland 1998)
Lời giải. Ta chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử chỉ có hữu hạn số hạng trong dãy đã cho chia hết cho 7 và ak là số hạng cuối cùng của dãy chia hết cho 7.
Khi đó từ cơng thức xác định dãy, ta có: a2k = a2k−1+ak, a2k+1 = a2k+ak.
Nên a2k−1 ≡ a2k ≡a2k+1≡ a (mod7) và a không chia hết cho 7. Mặt khác:
a4k−2 = a4k−3 +a2k−1, a4k−1 = a4k−2+a2k−1, a4k = a4k−1+a2k, a4k+1 = a4k +a2k,
Suy ra a4k−3+i ≡a4k−3+ia (mod7), với i= 1, ...,6.
Doa không chia hết cho7 nên trong bảy sốa4k−3, ...a4k+3 phải có một số chia hết cho 7. Mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử trên là sai. Ta có điều phải chứng minh.
• Một số bài tốn phải thực hiện việc tìm số hạng tổng quát của dãy số trước khi chứng minh tính chất chia hết của các số hạng.
Bài 13. Cho hai dãy số (un) xác định như sau:
u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18, un+1= 7un−1−6un−2 (n = 3,4, ....) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì up ... p.
Lời giải. Trước tiên, ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là: un = 1 + 2n+ (−3)n, n = 1,2, .....
Theo định lý Fermat, ta có: up ≡ 1 + 2 + (−3) ≡0 (modp). Vậy ta có với mọi số ngun tố p thì up ... p.
Bài 14. Cho dãy số nguyên (an)n≥0 thỏa mãn:
(n−1)an+1 = (n+ 1)an−2 (n−1). Biết rằng a1999...2000. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất n ≥2 sao 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. Suy ra bn = n(n−1) 2 b2 (n ≥2). Do đó an = 2 (n−1) + n(n−1) 2 b2, với b2 = a2−2 là một số nguyên. Vì a1999 ... 2000 nên suy ra 2 (1999−1) + 1999.1998 2 b2 ≡0 (mod2000). Hay b2 ≡4 (mod2000).
Vậy an...2000 khi 2 (n−1) + 2n(n−1) ...2000 hay (n−1) (n+ 1) ...1000.
Bài 15. Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi: a0 = 1, a1 = −1, an = 6an−1+ 5an−2 (n≥2). Chứng minh rằng (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).
Ta tìm được số hạng tổng quát của dãy này làbn = 49.(−42)n+ 41.48n
90 , (n≥ 0).
Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lý Fermat, ta có: (−42)2010 ≡482010 ≡ 1 (mod2011).
Do đó 90b2012 ≡ 49.(−42)2+ 41.482 = 90b2 (mod2011). Suy ra b2012 ≡b2 (mod2011). Lại có b2 ≡2010 (mod2011).
Ngồi ra an ≡bn (mod2011). Vậy a2012 ≡2010 (mod2011).
Bài 16. Cho hai dãy số (un) xác định như sau: u1 = 1, u2 = 2, u3 = 24, un = 6u
2
n−1un−3−8un−1u2n−2 un−2un−3
, n≥4. Chứng minh rằng: un...n, với mọi số nguyên dương n.
Lời giải. Đặt vn = un un−1
, n ≥2. Ta có v2 = 2, v3 = 12, vn = 6vn−1 −8vn−2. Tìm được số hạng tổng quát vn = 4n−2n.
Ta có: un = vn.vn−1....v2.u1 = 4n−1 −2n−1 4n−2 −2n−2...(4−2). +) Với mọi số nguyên tố p, theo định lý Fermat, ta có:
4p−1 ≡2p−1 ≡ 1 (modp) hay 4p−1−2p−1 ... p. Từ đó, nếu s là bội của p−1 thì (4s−2s) ...p.
+) Giả sử n = p1r1.p2r2...pkrk, với p1 < p2 < · · ·< pk là các số nguyên tố. Ta có n =d1p1 = d2p21 = · · ·= dr1pr11 . Suy ra n−d1 < n−d2 <· · · < n−dr1 và n−dj = dj pj1 −1 .. . (p1−1), với mọi j = 1,2, ..., r1. Suy ra 4n−dj −2n−dj ...p 1, với mọi j = 1,2, ..., r1. Vậy un...pr1
3.3. Một số bài tốn về tìm số ngun thỏa mãn điều kiện cho trước liên quan đến chia hết
• Một số bài tốn vận dụng các tính chất của phép chia hết và đồng dư:
Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên x sao cho x3−8x2 + 2x ... x2 + 1. (Vô địch Bungari năm 1977)
Lời giải. x3−8x2+ 2x ... x2 + 1 ⇒ x x2+ 1−8 x2+ 1+x+ 8 ... x2 + 1 ⇒ (x+ 8) ... x2 + 1 Cách 1: Ta có: +) x = −8 thỏa mãn. +) x 6= −8 thì |x+ 8| ≥ x2+ 1 ⇒ −2 ≤x ≤3. Thử trực tiếp ta được x= 0 và x = 2 thỏa mãn. Vậy x = −8, x = 0 và x = 2. Cách 2: Ta có: (x+ 8) ... x2+ 1 ⇒ x2 + 8x ... x2+ 1 ⇒ (8x−1) ... x2 + 1 ⇒ 8 (x+ 8)−(8x−1) ... x2 + 1 ⇒ 65 ... x2+ 1 Từ đó suy ra x = −8, x = 0 và x = 2.
Bài 18. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k+ 3. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y sao cho x2+y2+ 1 ... p.
Lời giải. Đặt ri = i2 (modp), i = 1,2, ...,p−1 2 ; si ≡ −1−i2 (modp), i = 1,2, ...,p−1
2 .
Ta có:riđơi một phân biệt,siđơi một phân biệt,ri, si ∈ T = {1,2, ..., p−1}. Đặt A= nr1, r2, ..., rp−1 2 o , B = ns1, s2, ..., sp−1 2 o .
Khi đó |A|= |B|= p−1
2 , |A∪B| ≤p−1. +) Nếu |A∪B| < p−1 thì A∩B 6= ∅
nên ta có ri = sj ⇒ i2 ≡ −1−j2 (modp)⇔ i2+j2 + 1 ... p.
+) Nếu |A∪B| = p−1 thì A∩B = ∅ nên các số ri, sj đơi một khác nhau. Do đó: r1 +· · ·+rp−1
2 +s1+· · ·+sp−1
2 ≡1 + 2 +· · ·(p−1)≡0 (modp). Điều này mâu thuẫn với cách xác định của các số ri, sj :
vì: ri+si ≡ −1 (modp) ⇒ r1 +· · ·+rp−1
2 +s1 +· · ·+sp−1
2 ≡ −p−1
2 (modp).
Vậy bài tốn được chứng minh.
Bài 19. Tồn tại hay khơng số nguyên x thỏa mãn x2401+x2 + 1 ... 2013.
Lời giải. Giả sử có số nguyên x thỏa mãn: x2401+x2 + 1 ... 2013. Vì 2013...11 nên suy ra x2401+x2+ 1 ... 11.
Ta có x2401 +x2+ 1 = x x2400−1+ x2 +x+ 1. Theo tính chất chia hết của hằng đẳng thức, ta có: x x2400−1 = x x1024−1 ... x x10−1.
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: x x10−1 ... 11. Suy ra x2 +x+ 1 ... 11.
Nhưng cho x chạy khắp trên hệ thặng dư đầy đủ modulo 11, khơng có x nào để x2 +x+ 1 ... 11.
Vậy khơng có số ngun x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 20. Chứng minh rằng với p là số nguyên tố lẻ cho trước, ln có vơ số số tự nhiên n thỏa mãn (n.2n+ 1) ... p.
Lời giải. Lấy n= (p−1)2k+1, k = 0,1,2, ....
Vì p là số nguyên tố lẻ nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 2p−1 ≡ 1 (modp). Khi đó:
n.2n+ 1≡ (p−1)2k+1. 2p−1(p−1)
2k
+ 1≡(−1)2k+1.1 + 1 ≡0 (modp).
Bài 21. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n.2n+ 1 ... 3.
Lời giải. Xét n = 6k+r, 0 ≤r < 6.
Ta có: n.2n+ 1 = (6k+r).2r.26k+ 1≡r.2r+ 1 (mod3). Chỉ có r = 1 và r = 2 thỏa mãn r.2r+ 1 ... 3.
Vậy các số n cần tìm có dạng 6k+ 1 và 6k + 2, k ∈ N.
Bài 22. Tìm số nguyên dương n sao cho (n−1)! ... n.
(Vô địch Hungari năm 1951)
Lời giải. Nhận xét:
+) Nếu n là số nguyên tố thì khơng thỏa mãn bài tốn. +) n = 4 khơng thỏa mãn bài tốn.
+) n = 1 thỏa mãn bài toán.
+) Nếu n là hợp số khác 4, thì có thể viết n= p.q, trong đó 2 ≤p, q ≤hn
2
i
. Trường hợp p6= q: Trong (n−1)! có cả 2 thừa số p, q nên (n−1)! ... n. Trường hợp p = q thì p, q > 2: Trong (n−1)! có cả 2 thừa số p và 2p, suy ra (n−1)! chia hết cho p.2p hay (n−1)! chia hết cho p2 = n.
Tóm lại, n = 1 hoặc n là hợp số khác 4.
• Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố: n! = p1α1.p2α2.....pkαk, số mũ αi của thừa số pi nào đó bằng: αi = hpini+ hpin2
i
+ · · ·+ hpinm
i
, trong đó m là số tự nhiên lớn nhất sao cho pim < n.
Áp dụng công thức này giúp chúng ta giải được một số bài toán về chia hết của các số giai thừa.
Bài 23. Số C1000500 có chia hết cho 7 hay khơng?
Lời giải. Ta có C1000500 = 1000! (500!)2.
+) Số mũ của thừa số 7 trong phân tích 1000! bằng:
1000 7 + 1000 72 + 1000 73 = 164
+) Số mũ của thừa số 7 trong phân tích 500! bằng: 500 7 + 500 72 + 500 73 = 82
Vì vậy số mũ của thừa số 7 trong phân tích (500!)2 bằng: 82.2 = 164. Vậy trong phân tích C1000500 khơng có thừa số 7
nên C1000500 khơng chia hết cho 7.
Bài 24. Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho 29n chia hết 2003!.
Lời giải. Số mũ của 29 trong phân tích 2003! bằng: α= 2003 29 + 2003 292 = 69 + 2 = 71 Vậy 2003! = 2971.A, trong đó (A,29) = 1.
Do vậy số cần tìm là n= 71.
Bài 25. Tìm số tự nhiên k lớn nhất thỏa mãn điều kiện: (1994!)1995 chia hết cho 1995k.
(Thi HSG Quốc gia - 1995)
Lời giải. Ta có 1995 = 3.5.7.19.
Ta tìm số mũ lớn nhất của mỗi thừa số 3, 5, 7, 19 trong phân tích(1994!)1995. +) Số mũ của 3 trong phân tích 1994! bằng:
α3 = 1994 3 + 1994 32 +· · ·+ 1994 37 = 992 +) Số mũ của 5 trong phân tích 1994! bằng:
α5 = 1994 5 + 1994 52 +· · ·+ 1994 54 = 495 +) Số mũ của 7 trong phân tích 1994! bằng:
α7 = 1994 7 + 1994 72 + 1994 73 = 329
+) Số mũ của 19 trong phân tích 1994! bằng: α19 = 1994 19 + 1994 192 = 109
Vậy 1994! = 3992.5495.7329.19109.M, trong đó M nguyên tố cùng nhau với 3, 5, 7, 19.
Vậy (1994!)1995 = 3992.5495.7329.19109.M1995. Từ đó suy ra k = 109.1995 là số cần tìm.
Bài 26. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, đều chọn được số nguyên dương x sao cho 19x−97 ... 2n.
Lời giải.
+) Với n= 1 và n = 2, chọn x = 2 thỏa mãn. +) Với n≥3.
* Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Nếu 192n−2 −1 = 2ntn thì tn là số lẻ. Thật vậy, với n= 3 nhận xét đúng. Giả sử nhận xét đã đúng với n= k ≥3. Với n= k + 1, ta có: 192k−1 −1 = 192k−2 + 1 192k−2 −1 = 2sn.2ntn = 2n+1(sntn) với sntn là số lẻ.
* Trở lại bài toán đã cho. Ta cũng chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
+) Với n= 3, bài toán đúng.
+) Giả sử tồn tại số nguyên dương xn sao cho 19xn −97 = 2n.a. Nếu a chẵn thì 19xn −97 = 2n+1.a1.
Nếu a lẻ thì đặt xn+1= xn+ 2n−2. Ta có:
19xn+1−97 = 192n−2(19xn −97)+97192n−2 −1= 2n192n−2a+ 97tn...2n+1.