ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ MÁT PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT TRONG LỚP ĐỒNG DƢ BẬC HAI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ MÁT PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT TRONG LỚP ĐỒNG DƢ BẬC HAI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục MỞ ĐẦU ĐỒNG DƯ VÀ ĐỒNG DƯ BẬC HAI 1.1 Đồng dư lớp đồng dư 1.2 Định lí Euler định lí Fermat 16 1.2.1 Hàm số Euler ϕ(n) 16 1.2.2 Định lý Fermat 18 1.3 Phương pháp đồng dư 21 1.4 Các ví dụ 26 MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT TRONG LỚP ĐỒNG DƯ BẬC HAI 28 2.1 Phương trình Pell 28 2.2 Biểu diễn số nguyên dương thành tổng hai số phương 32 2.3 Phương trình dạng toàn phương ax2 + bxy + cy = n 36 CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒNG DƯ BẬC HAI 38 3.1 Một số toán tìm nghiệm nguyên phương trình 38 3.2 Tính toán tổng hiệu 43 3.3 Một số toán từ đề thi học sinh giỏi Olympic nước 48 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 MỞ ĐẦU Chuyên đề “Phương trình Diophant lớp đồng dư bậc hai” nội dung quan trọng số học Các dạng toán liên quan đến đồng dư thường khó phức tạp Trong chương trình trung học phổ thông, toán giải phương trình đồng dư thường khó trừu tượng hầu hết học sinh Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán khu vực quốc tế, toán liên quan đến đồng dư hay đề cập thường thuộc loại khó song chưa dạy nhiều phổ thông, có tài liệu tham khảo Các toán đồng dư chương trình phổ thông nhiều kiến thức chưa đề cập đến Với mong muốn nâng cao trình độ nghiệp vụ chuyên môn, đáp ứng việc bồi dưỡng học sinh giỏi với lí trên, chọn đề tài: “Phương trình diophant lớp đồng dư bậc hai áp dụng” để làm đề tài luận văn thạc sĩ Chuyên đề “Phương trình Diophant lớp đồng dư bậc hai áp dụng” gồm ba chương: Đồng dư đồng dư bậc hai; Một số lớp phương trình Diophant lớp đồng dư bậc hai; dạng toán liên quan đến đồng dư bậc hai Các kết luận văn tham khảo từ [1] đến [7] toán chọn lọc từ kì thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình, nghiêm túc trách nhiệm GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc giáo sư - Người Thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Đồng thời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, anh em, bạn bè lớp K8B - Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Ban giám hiệu trường THCS Thành Nhân - Ninh Giang, Hải Dương gia đình tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt trình học tập, công tác thực đề tài luận văn Thái Nguyên, ngày 15 tháng năm 2016 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Mát Chương ĐỒNG DƯ VÀ ĐỒNG DƯ BẬC HAI Trong chương ta xét tính chất đồng dư đồng dư bậc hai dạng toán phép chia hết phép chia có dư (xem [2]-[5]) 1.1 Đồng dư lớp đồng dư Trong phần ta xét lớp đồng dư bậc bậc hai theo modulo m, m số nguyên dương cho trước Định nghĩa 1.1.1 (xem [2]-[5]) Cho m số nguyên dương Ta nói hai số nguyên a, b đồng dư với theo modulo m phép chia a b cho m ta số dư Ký hiệu a ≡ b (mod m) (1.1) Hệ thức (1.1) gọi đồng dư thức Định lý 1.1.2 Định lý Thue Cho p số nguyên tố Khi với số √ nguyên a thỏa mãn p a tồn x, y ∈ {1, 2, , [ p]} cho ax ≡ y (mod p) ax ≡ −y (mod p) Chứng minh Ta định nghĩa √ √ S = {1, 2, , [ p]} × {1, 2, , [ p]}, √ √ √ S chứa ([ p] + 1)2 cặp có thứ tự Bình phương hai vế p < [ p] + ta nhận √ p < ([ p] + 1)2 , S có nhiều p phần tử Giả sử cho trước a ∈ Z cho p a Do (x, y) biến thiên S, có nhiều p biểu thức dạng ax−y Lưu ý ax−y số nguyên số nguyên đồng dư modulo p với phần tử FpX = {0, 1, , p−1} Có p phần tử thuộc FpX nhiều p biểu thức ax − y Do theo nguyên lý chuồng chim bồ câu, phải có hai biểu thức ax − yy đồng dư modulo p Lấy cặp (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) mà ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 (mod p) Ta rút gọn để a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 (mod p) Đặt x = |x1 − x2 |, y = |y1 − y2 | (x, y) ∈ S Ta muốn loại trừ khả x = √ y = để x, y ∈ {1, 2, , [ p]} Đầu tiên giả sử x = |x1 − x2 | = 0, tức x1 = x2 Khi a(x1 − x2 ) = ≡ y1 − y2 √ (mod p) Vì y1 , y2 ∈ {1, 2, , [ p]} nên y1 < p, y2 < p Khi đó, ta phải có y1 = y2 , mâu thuẫn với (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) Bây giả sử y = |y1 − y2 | = 0, y1 = y2 Khi a(x1 − x2 ) ≡ (mod p) Vì p a nên từ tính chất phép toán đồng dư nêu trước x1 − x2 ≡ (mod p) Lập luận tương tự ta kết luận x1 = x2 , mâu thuẫn với (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) Như ta có ax ≡ ±y (mod p) điều cần chứng minh Tính chất 1.1.3 (xem [2]-[5]) a Với số nguyên a ta có a ≡ a (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m) Tính chất 1.1.4 (xem [2]-[5]) Nếu a ≡ b (mod m) c số nguyên tùy ý a ± c ≡ b ± c (mod m) Tính chất 1.1.5 (xem [2]-[5]) a Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 ) (mod m) b Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) (a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2 (mod m) Tính chất 1.1.6 (xem [3]-[5]) a Nếu a + c ≡ b (mod m) a ≡ b − c (mod m) b Nếu a ≡ b (mod m) a + km ≡ a (mod m) c Nếu a ≡ b (mod m) ak ≡ bk (mod m) d Giả sử f (x) = an xn−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên Nếu ta có α ≡ β (mod m) ta có f (α) ≡ f (β) (mod m) Đặc biệt ta có f (α) ≡ (mod m) ta có f (α+km) ≡ (mod m) (k ∈ Z) Tính chất 1.1.7 (xem [2]-[5]) Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = a ≡ b (mod m) Tính chất 1.1.8 (xem [2]-[5]) Nếu a ≡ b (mod m) ac ≡ bc (mod m) Tính chất 1.1.9 (xem [2]-[5]) Nếu a ≡ b (mod m) d | (a, b, m) (d > 0) ta có a b ≡ d d (mod m ) d Tính chất 1.1.10 (xem [2]-[5]) Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, 2, 3, k a ≡ b (mod m); m = m1 m2 mk Cho tập A = {a1 , a2 , , an } Giả sử ≤ ri ≤ n − số dư chia cho n Nếu tập số dư {r1 , r2 , , rn } trùng với tập {0, 1, , n − 1} ta nói A hệ thặng dư đầy đủ (modulo n) Dễ thấy: Tập A lập thành hệ đầy đủ (modulo m) i = j ⇒ = aj (mod n) Nếu A = {a1 , a2 , , an } hệ đầy đủ mod n từ định nghĩa dễ suy • Với m ∈ Z tồn ∈ a cho ≡ m (mod n) • Với a ∈ Z tập A + a = {a1 + a, a2 + a, , an + a}, lập thành hệ đầy đủ mod n • Nếu c ∈ Z, (c, n) = tập cA = {ca1 , ca2 , , can } lập thành hệ đầy đủ mod n Ví dụ 1.1.11 Cho hai hệ đầy đủ mod n: A = {a1 , a2 , , an } B = {b1 , b2 , , bn } Chứng minh n số chẵn tập A + B = {a1 + b1 , , an + bn } không lập thành hệ đầy đủ mod n Có thể nói n số lẻ? Lời giải Ta nhận xét C = {c1 , , cn } hệ đầy đủ mod n, ta có n n c1 ≡ i= i=1 i=1 n(n + 1) ≡0 (do n chẵn) Ta có n n (ai + bi ) ≡ i=1 n bi ≡ + i=1 i=1 = n(n1 ) ≡ n(n + 1) n(n + 1) + 2 (mod n) Vậy nên A + B = {a1 + b1 , , an + bn } không lập thành hệ đầy đủ Nếu n lẻ chưa kết luận Nghĩa A + B hệ đầy đủ, không hệ đầy đủ Chẳng hạn, xét n = Nếu A = {1, 2, 3}, B = {4, 5, 6} A + B = {5, 7, 9} hệ đầy đủ mod Tuy nhiên với B = {5, 4, 6} A + B = {6, 6, 9} lại không hệ đầy đủ mod Ví dụ 1.1.12 Cho hai số nguyên dương m, n hai tập A = {a1 , , an } B = {b1 , , bn } A hệ đầy đủ mod n B hệ đầy đủ mod m Chứng minh (m, n) > tập AB = {ai bj } i = 1, 2, , n, j = 1, 2, , m không lập thành hệ đầy đủ mod mn Có thể nói (m, n) = Lời giải Ta có nhận xét sau: Nếu A = {a1 , , an } hệ đầy đủ mod n p n số không chia hết cho p Thật p vậy, giả sử = qi n + ri , ≤ ri ≤ n Do A hệ đầy đủ nên ri phân biệt Ta uớc nguyên tố n A có n − có chia hết cho p ri chia hết cho p Số phần tử A chia hết cho p số số nguyên dương k, k ≤ n bội n, Dễ thấy số n p số số không chia hết cho p A n − n Do p Một phần tử bj ∈ AB không chia hết cho p và bj không chia hết cho p Nếu AB hệ đầy đủ mod mn từ nhận xét ta suy đẳng thức mn − mn n m mn mn = (n − )(m − ) ⇔ = p p p p p Đây điều vô lý p > Nếu (m, n) = chưa kết luận Nghĩa A + B hệ đầy đủ, không hệ đầy đủ Ví dụ n = 2, m = Nếu A = {1, 2}, B = {5, 7, 9} AB = {5, 7, 9, 10, 14, 18} hệ đầy đủ mod Nếu A = {1, 2}, B = {5, 6, 7} AB = {5, 6, 7, 10, 12, 14} không hệ đầy đủ mod Ví dụ 1.1.13 Một số nguyên dương T gọi số tam giác có dạng k(k + 1) Tìm tất số nguyên dương n có tính chất: Tồn hệ đầy đủ mod n gồm n số tam giác T = Lời giải Ta chứng minh số n có dạng n = 2s k(k + 1) Ta có A ⇒ (i − j)(2i + 2j − 1) chia hết cho n i) Nếu n = 2s Ta xét tập A = {T2i−1 }ni=1 Tk = hệ đầy đủ mod n T2i−1 ≡ T2j−1 Vì n ước lẻ nên i − j chia hết cho n Mâu thuẫn Đảo lại giả sử tồn hệ đầy đủ A mod n gồm n số tam giác với n = 2s m m > số lẻ Xét tập B = {Ti }m i=1 Ta chứng minh B hệ đầy đủ mod m Thật vậy, lấy x ∈ {1, 2, , m} Vì A hệ đầy đủ mod n nên tồn số tam giác Tk ∈ A cho Tk ≡ x (mod n) ⇒ Tk ≡ (mod m) Giả sử k ≡ i (mod m), i ∈ {1, 2, , m} Khi k(k + 1) ≡ i(i + 1) (mod m) Vì m lẻ nên từ suy Ti ≡ Tk ≡ x (mod m) Vậy m(m + 1) B hệ đầy đủ mod m Nhưng điều mâu thuẫn, Tm = ≡0 m(m − 1) (mod m), Tm−1 = ≡ (mod m) Nhận xét 1.1.14 Ví dụ phát biểu dạng toán vui sau: Một lớp gồm n học sinh đứng thành vòng tròn để chuyền bóng ngược chiều kim đồng hồ theo quy tắc sau: Lớp trưởng (coi học sinh mang số một) bỏ qua học sinh bên cạnh (học sinh mang số hai) chuyền bóng cho học sinh mang số ba Học sinh mang số ba có bóng, bỏ qua hai học sinh (mang số bốn số năm) chuyền bóng cho học sinh mang số sáu Học sinh mang số sáu có bóng, bỏ qua ba học sinh (mang số 7,8,9) chuyền bóng cho học sinh mang số 42 Mà 2008 = 251 · 8, p = 251 số nguyên tố a, b không chia hết cho 251 Từ (3.4) suy a2 ≡ −b2 (mod251) ⇒ −1 251 = a2 ≡ −3b2 (mod251) ⇒ −3 251 = Từ (3.5) suy Mặt khác −1 251 = (−1) 251−1 = −1 (vô lý) −3 251 −1 251 = 251 =− 251 = −(−1) 251 251−1 = = −1 (vô lý) Vậy z = ⇒ x = y = Phương trình có nghiệm x = y = z = Bài toán 3.1.6 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình sau: n 20031005 m2 − − 2m − = 3.C2011 2012 Lời giải Ta có 2003 2011 = −8 2011 = −2 2011 = (−1) 2011−1 (−1) 20112 −1 =1 ⇒ 20031005 ≡ (mod 2011) (vì 2011 số nguyên tố) Vậy phương trình cho tương đương với n m2 − 2m − ≡ 3.C2011 2012 (mod2011) Nếu n < 20112012 n C2011 2012 2011 ⇒ (m − 1) − ≡ (mod2011) Từ suy (m − 1)2 ≡ (mod2011) hay 1= 2011 = (−1) 2011−1 2011 =− = −1 (vô lý) Vậy n = 20112012 Khi phương trình trở thành 20031005 m2 − − 2m − = ⇒ m lẻ Ta thấy phương trình vô nghiệm (bằng việc sử dụng modulo 8) Vậy phương trình vô nghiệm 43 3.2 Tính toán tổng hiệu Bài toán 3.2.1 Cho số nguyên tố p, p = 4k + (k ∈ N∗ ) Tập hợp L = {1 ≤ r < r p p: = 1} Tính tổng S = r∈L r Lời giải Tập A = {1, 2, , p − 1} có r p r: =1⇔r p−1 p−1 = 2k số r : r p = Ta có ≡ (modp) ⇔ r2k ≡ (modp) ⇔ (p − r)2k ≡ (modp) ⇔ (p − r) p−1 p−r p ≡ (modp) ⇔ = Từ ta chia 2k số phương modulo p vào k cặp (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), , (ak , bk ) cho + bi = p, ∀i = 1, k i=1 i=1 p(p−1) (ai + bi ) = kp = bi = + r= r∈L k k k Vậy S = i=1 Bài toán 3.2.2 (Korea MO 2000) Cho số nguyên tố p, p ≡ (mod 4) Hãy tính p−1 S= k=1 2k2 p −2 k2 p Lời giải Ta có 2k 2k = − p p 2k p , k2 k2 = − p p k2 p Cho nên 2k k2 −2 =2 p p k2 p 2k p − Ta thấy • Nếu {x} < ⇒ {x} − {2x} = {x} − {x} = • Nếu {x} ≥ ⇒ {x} − {2x} = {x} − (2 {x} − 1) = k2 p Do S số số k ∈ {1, 2, , p − 1} : ≥ hay số lớp thặng dư k p−1 ;p − khác cho k đồng dư với số nằm khoảng Ta biết tập {1, 2, , p − 1} có p−1 modulo p số phương modulo p Do p ∈ ℘, p ≡ (mod4) ⇒ −1 p =1⇒ −a2 p =1⇒ a p = −a p = p−a p 44 p−1 Như ta có đúng p−1 số phương modulo p không lớn p−1 2k2 p k=1 k2 p −2 có p−1 số phương modulo p lớn Do S = p−1 p−1 = Bài toán 3.2.3 (Balkan TST 2005) Cho n số nguyên dương số nguyên tố p, p ≡ (mod 8), chứng minh p−1 n k2 + p k=1 p−1 = Lời giải Ta có p−1 p−1 n k2 + p k=1  p−1 =2 k=1 n k2 = 2 p k=1 +  = n k2 + p p−1 + 2 p p−1 n k2 − p k=1 p−1 p−1 n k2 − k=1 k=1  + n k2 p   +  Ta cần chứng minh p−1 n k2 p k=1 Ta có n k2 2k = + p p n + 1 = p p−1 n k2 k=1 n k2 − p , k = 1, 2, , p−1 Với k = 1, 2, , p−1 n 2k 2n 2k =p p Vì p ∈ ℘, p ≡ (mod 8) nên p + rk , rk ∈ {1, 2, , p − 1} = Từ (3.6) suy n rk ≡ 2k (modp) ⇒ Ta chứng minh rk = rl với ≤ k = l ≤ rk p p−1 = (3.6) 45 Thật vậy, rk = rl n−1 = rk − rl ≡ k 2n −l 2n j k + l2 ≡ (k − l) j (modp) , j=0 p−1 vô lý, ≤ k = l ≤ −1 p j j ⇒ k + l ≡ (modp) , k + l2 ≡ (modp) với j ≥ = −1, 2(k − l) ≡ (mod p) Vậy từ ta có p−1 số phương modulo p (các số rk , k ∈ {1, 2, , p−1 }) n Lập luận tương tự với k ≡ rk (modp) , k ∈ {1, 2, , p − 1} ta p−1 p−1 r k rk = k=1 k=1 Và đẳng thức p−1 n k2 k=1 + = p = p−1 − p k=1 p p−1 n 2k k=1 n k2 p p−1 n 2k − rk − k=1 p p−1 n k2 − r k = k=1 p−1 p n k2 k=1 Bài toán 3.2.4 Chứng minh với số nguyên tố lẻ p tồn số nguyên dương a thỏa mãn tính chất: a p = a < + √ p Lời giải Gọi a số nguyên dương nhỏ không thặng dư bình phương số nguyên tố lẻ p Đặt b= p + ⇒ < ab − p < a ⇒ a ab − p p = b p b p Vậy 1= ab − p p = ab p theo cách chọn a Suy a ≤ b < = p a a p b =− p √ + < p + ⇔ = −1, Bài toán 3.2.5 (Iran TST 2004) Cho trước số nguyên tố lẻ p số nguyên dương k , chứng minh tồn số nguyên dương n cho n p = n+k p 46 Lời giải Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn số nguyên dương n thỏa mãn n(n+k) p = Để giải toán ta dùng phương pháp phản chứng n(n+k) p Giả sử tồn k ∈ N∗ , ≤ k ≤ p − cho Vì với số nguyên tố lẻ p có p−1 = −1, ≤ n ≤ p − số không phương modulo p Do f (n, k, p) = n(n + k) (mod p) nhận nhiều p−1 giá trị phân biệt tồn số phương modulo p Vậy tập giá trị f (n, k, p) nhận không p−1 phần tử, theo nguyên lý Dirichlet ta có ba số nguyên x, y, z phân biệt cho  1 ≤ x, y, z ≤ p − f (x, k, p) = f (y, k, p) = f (z, k, p) , Tức x (x + k) ≡ y (y + k) ≡ z (z + k) (modp) ⇔    p| x + y + k   p| y + z + k     p| z + x + k ⇔ x ≡ y ≡ z (modp) Điều vô lý x, y, z phân biệt ≤ x, y, z ≤ p − Vậy điều giả sử sai nên từ ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.2.6 Chứng minh 22011 22002 − 22 + ··· + = − 1001 + + 2003 2003 2003 2003 2003 Lời giải 2003 ∈ ℘, 2003 ≡ (mod8) nên Ta có 2003| 2i 21001 + = 21001+i + 2i , 2003 21001+i = −1 21001 ≡ −1 (mod2003) 2i không bội 2003, ta nhận thấy 2i 21001+i 2i + 21001+i + = − 2003 2003 2003 (3.7) Áp dụng công thức (3.7) với i = 0, 1, 2, , 1000 ta 22 22001 22002 − 1 + + + ··· + − 1001 = − 1001 2003 2003 2003 2003 2003 Bài toán 3.2.7 [Olympic toán Hà Nội mở rộng 2010] Giả sử có cặp số tự nhiên thỏa mãn hệ thức 3x2 + x = 4y + y Chứng minh x − y số phương 47 Lời giải Vì 3x2 + x = 4y + y ⇔ 3x2 − 3y + (x − y) = y ⇔ (x − y)(3x + 3y + 1) = y Đặt d = (x − y; 3x + 3y + 1) ta  x − y d 3x + 3y + d Suy y d Do y d, x d Suy 3x + 3y d, d Vì x − y 3x + 3y + có ước chung lớn Mặt khác (x − y)(3x + 3y + 1) = y số phương Do x − y số phương 3x + 3y + số phương Bài toán 3.2.8 (Olympic toán Hà Nội mở rộng 2014) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn điều kiện 12x2 + 6xy + 3y = 28(x + y) Lời giải 12x2 + 6xy + 3y = 28(x + y) ⇔ 3(4x2 + 2xy + y ) = 28(x + y) (1) Vì 28 nguyên tố nên (x + y) Đặt x + y = 3k với k ∈ Z Từ (1) ta có 3x2 + (x + y)2 = 28k 3x2 + 9k = 28k ≤ 3(x2 + 3k ) = 28k Suy k Đặt k = 3n với n ∈ Z x2 + 3k = 28n hay x2 + 27n2 = 28n Như x2 = n(28 − 27n) ≥ ⇔n 28 28 − n ≥ ≤ n ≤ 27 27 48 Suy n = n =1 x = Với n = ta y = Với n = a k = 3,   x2 = ⇔ x + y = x = 1, y = x = −1, y = 10 Vậy có cặp (x, y) thỏa mãn điều kiện (x = y = 0), (x = 1, y = 8), (x = −1, y = 10) 3.3 Một số toán từ đề thi học sinh giỏi Olympic nước Bài toán 3.3.1 (TS vào lớp 10 THPT chuyên ĐH SP HN 2012-2013) Cho số nguyên dương đôi phân biệt cho số chúng ước nguyên tố khác khác Chứng minh số này, tồn hai số mà tích chúng số phương Lời giải Gọi số cho = 2αi 3βi (1 ≤ i ≤ 5; αi ; βi ∈ N) Xét cặp số nguyên (αi ; βi ) ; i = 1; (ta có cặp) Mỗi cặp rơi vào trường hợp (chẵn; chẵn); (chẵn; lẻ); (lẻ; chẵn); (lẻ; lẻ) Theo nguyên lí Dirichlet, có cặp thuộc dạng (tức tính chẵn, lẻ) Từ suy số chẵn Do số phương Tương tự toán này, ta có toán sau Bài toán 3.3.2 (IMO 1985) Cho tập hợp gồm 1985 số nguyên dương phân biệt, số có ước nguyên tố nhỏ 26 Chứng minh ta tìm phần tử phân biệt M cho tích chúng lũy thừa bậc số nguyên Lời giải Có số nguyên tố bé 26 p1 = 2; p2 = 3; p3 = 5; p4 = 7; p5 = 11; p6 = 13; p7 = 17; p8 = 19; p9 = 23 Mỗi số m M biểu diễn dạng m = p1 ki p2 k2 p3 k3 p4 k4 p5 k5 p6 k6 p7 k7 p8 k8 p9 k9 (ki ∈ N) (∗) 49 Với số m M này, ta gán dãy (x1 ; x2 ; ; x9 ) theo qui tắc xi = số mũ ki pi (*) chẵn xi = số mũ ki pi (*) lẻ Tập hợp dãy (x1 ; x2 ; ; x9 ) gồm có 29 phần tử Theo nguyên lí Dirichlet, tập hợp 29 + phần tử tập hợp M chứa số nguyên phân biệt , chẳng hạn a1 b1 , ứng với dãy (x1 ; x2 ; ; x9 ) đó, tức a1 = p k i p k p k p k p k p k p k p k p k b1 = p k i p k p k p k p k p k p k p k p k Do a1 b1 ứng với dãy (x1 ; x2 ; ; x9 ) nên ki ; k i tính chẵn ; lẻ ∀i = 1; Từ ta có a1 b1 = c2 số phương Khi lấy cặp a1 b1 , tập hợp M lại 1985 − > 29 + số Áp dụng lần nguyên lí Dirichlet tiếp tục lấy cặp 29 + số M Vì 1985 > 29 + = 1539 nên ta lấy 29 + cặp ; bi lại 1985-2 29 + = 959 > 29 + = 513 số tập hợp M Xét 29 + = 513 cặp lấy (ứng với cặp ; bi ), ta có bi = c2 i ⇒ ci = √ b i Số ci chứa thừa số nguyên tố khác p1 ; p2 ; p3 ; ; p9 Do theo nguyên lí Dirichlet, tồn cặp (ci ; cj ) cho ci cj = d2 với d số nguyên Suy d4 = ci cj = aj bi bj , với ; aj ; bi ; bj phần tử phân biệt tập hợp M Bài toán chứng minh xong Nhận xét 3.3.3 Ta có toán tương tự: Cho tập hợp gồm 2003 số nguyên dương phân biệt , số có ước nguyên tố nhỏ 26 Chứng minh ta tìm phần tử phân biệt M cho tích chúng lũy thừa bậc số nguyên Bài toán 3.3.4 (IMO 1999) Cho tập hợp S = {1; 2; 3; ; 280}, tìm số nguyên nhỏ n cho tập hợp gồm n phần tử tập hợp S chứa số đôi nguyên tố Lời giải Đặt A1 = k ∈ S|k ; A2 = k ∈ S|k ; A3 = k ∈ S|k ; A4 = k ∈ S|k tập hợp A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 Ta có |A1 | = 140; |A1 | = 93; |A3 | = 56; |A4 | = 40; |A1 ∩ A2 | = 46; 50 |A1 ∩ A3 | = 28; |A1 ∩ A4 | = 20; |A2 ∩ A3 | = 18; |A2 ∩ A4 | = 13; |A3 ∩ A4 | = 8; |A1 ∩ A2 ∩ A3 | = 9; |A1 ∩ A2 ∩ A4 | = 6; |A1 ∩ A3 ∩ A4 | = 4; |A2 ∩ A3 ∩ A4 | = 2; |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | = Theo nguyên lí bao hàm loại trừ, ta có |A| = |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 | = 140 + 93 + 56 + 40 − 46 − 28 − 20 − 18 − 13 − + + + + − = 216 Với số tập hợp A, theo nguyên lí Dirichlet, có số hạng thuộc tập hơp Ai ; i = 1; đó, từ số không nguyên tố Ta chứng minh n > 216 Mặt khác, đặt B1 = A\ {2; 3; 5; 7} ; B2 = 112 ; 11.13; 11.17; 11.19; 11.23; 133 ; 13.17; 13.19 ; P = S\ {B1 ∪ B2 } Ta có |P | = |S| − |B1 | − |B2 | = 60 tập hợp P bao gồm tất số nguyên tố S số Giả sử T tập hợp tập hợp S với |T | = 217, ta chứng tỏ T chứa số đôi nguyên tố Ta cần xét trường hợp |T ∩ P | ≤ Trong trường hợp này, |T ∩ (S\P )| ≥ 217 − = 213, tức tất hợp số S (tổ số lượng |S\P | = 220) có nhiều số T Giả sử M1 = {2.23; 3.19; 5.17; 7.13; 11.11} M2 = {2.29; 3.23; 5.19; 7.17; 11.13} M3 = {2.31; 3.29; 5.23; 7.19; 11.17} M4 = {2.37; 3.31; 5.29; 7.23; 11.19} M5 = {2.41; 3.37; 5.31; 7.29; 11.23} M6 = {2.43; 3.41; 5.37; 7.31; 13.17} M7 = {2.47; 3.43; 5.41; 7.37; 13.19} M8 = 22 ; 32 ; 52 ; 72 ; 132 Hiển nhiên Mi ⊂ S\P ; (i = 1; 2; ; 8) Theo nguyên lí Dirichlet, tồn số i0 ; ≤ i0 ≤ cho Mio ⊂ T Năm số Mi0 đôi nguyên tố Vậy n = 217 giá trị nhỏ thỏa yêu cầu đề Sau ta xét toán số học có liên quan đến hình học 51 Bài toán 3.3.5 (Olympic 30-4-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , có 10 điểm có tọa độ nguyên (hoành độ tung độ số nguyên) Hỏi số tam giác tạo thành từ 10 điểm đó, có tam giác có diện tích số nguyên Lời giải Với ABC có A (xA ; yA ) ; A (xB ; yB ) ; A (xC ; yC ) diện tích S= |(xC − xA ) (yB − yA ) − (xB − xA ) (yC − yA )| Xét 10 điểm có tọa độ nguyên tọa độ điểm thuộc dạng (chẵn; chẵn); (chẵn; lẻ); (lẻ; chẵn); (lẻ; lẻ) Do theo nguyên lí Dirichlet, có 10 + − = điểm thuộc dạng, tức hoành độ tung độ tính chẵn, lẻ Giả sử điểm A; B; C Với điểm A; B tính chẵn lẻ (yB − yA ) ; (xB − xA ) số chẵn nên tam giác có cạnh AB đỉnh thứ điểm lại có diện tích số nguyên Tương tự tam giác có cạnh AC; BC có diện tích số nguyên Với điểm A; B; C; kết hớp với điểm lại (Khác A; B ; C) ta tam giác có diện tích nguyên Vậy có 3.7+1=22 tam giác có diện tích số nguyên Bài toán 3.3.6 Trong không gian Oxyz cho tập hợp điểm phân biệt có tọa độ nguyên (hoành độ; tung độ; cao độ số nguyên) Chứng minh tồn điểm mà trung điểm đoạn thẳng nối điểm có tọa độ nguyên Lời giải Gọi điểm không gian trung điểm cửa đoạn thẳng AB Điểm I có hoành độ, tung độ, cao độ số nguyên a d; b e; c f có tính chẵn lẻ Vì có ba số chẵn lẻ khác nhau: (chẵn; chẵn; chẵn); (chẵn; chẵn; lẻ); (chẵn; lẻ; chẵn); (lẻ; chẵn; chẵn); (lẻ; lẻ; chẵn); (lẻ; chẵn; lẻ); (chẵn; lẻ; lẻ); (lẻ; lẻ; lẻ) nên theo nguyên lí Dirichlet tồn điểm có ba chẵn; lẻ Vậy có điểm điểm mà trung điểm đoạn thẳng nối điểm có tọa độ nguyên 52 Bài toán 3.3.7 (Vietnam TST 2004) Chứng minh số 2n + (n ∈ N) ước nguyên tố dạng 8k − (k ∈ N∗ ) Lời giải Giả sử số nguyên tố p có dạng 8k − (k ∈ N∗ ) cho p | (2n + 1) n • Nếu n chẵn, ta có −1 ≡ 2 −1 p (modp) ⇒ = ⇒ p ≡ (mod4) mâu thuẫn với p có dạng 8k − • Nếu n lẻ, ta có −2 ≡ n+1 2 (modp) ⇒ = −2 p = −1 p p = (−1) p−1 + p 8−1 = −1, vô lý p ≡ −1 (mod 8) Điều giả sử sai Vậy 2n +1 (n ∈ N) ước nguyên tố dạng 8k−1 (k ∈ N∗ ) Bài toán 3.3.8 (IMO Shosrlist 2008) Chứng minh tồn vô số số nguyên √ dương n cho n2 + có ước nguyên tố lớn 2n + 2n Lời giải Xét p ≡ (mod 8) số nguyên tố, −1 p = ⇔ phương trình x2 ≡ −1 (mod p) có hai nghiệm thuộc [1; p − 1], ta gọi hai nghiệm < x2 ≤ p − Chọn n = x1 Khi p | n2 + 1, n ≤ p−1 Ta √ p−1 chứng minh p > 2n + 10n Do ≤ n ≤ p−1 , nên ta đặt n = − α với x1 , x2 với ≤ x1 ≤ 0≤α≤ p−1 p−1 Do n2 ≡ −1 (modp) ⇒ p−1 −α 2 ≡ −1 (modp) hay (p − − 2α)2 + ≡ (modp) ⇒ (2α + 1)2 + ≡ (modp) Từ tồn r ∈ N, (2α + 1)2 + ≡ rp mà (2α + 1)2 ≡ ≡ p (mod8) ⇒ rp ≡ (mod8) ⇒ r ≡ (mod8) Vì r ≥ ⇒ (2α + 1)2 + ≥ 5p hay √ 5p − − α≥ 53 Đặt u = √ 5p − α ≥ 21 (u − 1) Vậy ta có n= u2 + −u p−1 p−1 u−1 1 −α≤ − ≤ (p − u) = 2 2 u2 − 5u + − 10n ≥ giải bất phương trình bậc hai ẩn u ≥ ⇒ u ≥ (5 + √ 40n + 9) Mặt khác n ≤ 12 (p − u) nên p ≥ 2n + u ≥ 2n + √ √ + 40n + > 2n + 10n Do có vô hạn số nguyên tố dạng 8k + (k ∈ N∗ ) nên toán chứng minh Bài toán 3.3.9 (Mathlinks Contest) Giả sử a1 , a2 , , a2014 số nguyên không âm thỏa mãn an1 + an2 + · · · + an2014 số phương với số nguyên dương n Tìm số nhỏ số số a1 , a2 , , a2014 Lời giải Chọn số nguyên tố p > N = max{2014, } với i = 1, 2, , 2014 lấy 2014 n = p − Khi ta có i=1 ani = 2014 i=1 ap−1 ≡ k (modp) Trong k số hạng i dãy a1 , a2 , , a2014 không chia hết cho p Theo cách chọn < k < p Mà 2014 n i=1 số phương nên ta có k p = 1, ∀p ∈ ℘, p > N Do k số phương Đặt k = l2 ⇒ l2 ≤ 2014 ⇒ l ≤ 44 ⇒ k ≤ 442 = 1936 Do có 2014 − 1936 = 78 số dãy a1 , a2 , , a2014 Mặt khác ta xét dãy = m2 ∀i = 1, 2, , 1936, = 0, ∀i = 1937, , 2014 Khi 2014 i=1 ani = 1936 m2 n = (44mn )2 Vậy 78 giá trị nhỏ cần tìm Bài toán 3.3.10 (Olympic Toán Hà Nội mở rộng 2015) Xác định tất cặp số nguyên (x, y) thảo mãn điều kiện 2xy + x + y + = x2 + 2y + xy Lời giải Ta có 2xy + x + y + = x2 + 2y + xy ⇔ 2y (x − 1) − y(x − 1) − x(x − 1) = −1 ⇔ (x − 1)(2y − y − x) = −1 54 Vì x, y  số nguyên nên n − 1; 2y − y − x số nguyên ước −1 x − = x = 2, y = ⇔ TH1: 2y − y − x = −1 x = 2, y = 21 (loại)  x − = −1 x = 0, y = TH2: ⇔ 2y − y − x = x = 0, y = − 21 (loại) Vậy có cặp nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện (2, 1); (0, 1) Bài toán 3.3.11 (Olympic Toán Hà Nội mở rộng 2007) Có cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình sau x2 + y + xy = 4(x + y) Lời giải Ta có x2 + y + xy = 4(x + y) ⇔ x2 + y + xy − 4(x + y) = ⇔ x2 + (y − 4)x + (y − 4y) = Coi x biến, y tham số ta ∆ = (y − 4)2 − 4(y − 4y) = (y − 4)(−3y − 4) ≥ −4/3 ≤ y ≤ Suy y ∈ {−1, 0, 1, 2, 3, 4} Vì x y số nguyên, ∆ phải số phương Do y ∈ {0, 1} Vậy cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình (0, 0), (0, 4), (4, 0) Vậy có tất ba cặp (x, y) thỏa mãn phương trình 55 Kết luận Luận văn “Phương trình Diophant lớp đồng dư bậc hai áp dụng” trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng toán đồng dư đồng dư bậc hai Trình bày cách giải dạng phương trình Pell dạng toàn phương liên quan Cuối cùng, luận văn trình bày số đề toán thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến đồng dư đồng dư bậc hai 56 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (2008), Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990 - 2002), NXB Giáo dục [2] Trần Nam Dũng, Nguyễn Văn Mậu, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2008), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [3] Hà Huy Khoái (2008), Số học, NXB Giáo dục [4] Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), 2008 Chuyên đề số học dạng toán liên quan, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Ngọc, Đặng Hùng Thắng, Vũ Kim Thủy (2010), Bài giảng số học, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [7] Nathanson M.B (2000), Elementary Methods in number theory, Springer [...]... MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT TRONG LỚP ĐỒNG DƯ BẬC HAI 2.1 Phương trình Pell Định nghĩa 2.1.1 Phương trình Pell là phương trình bậc hai, hai ẩn dạng x2 − dy 2 = 1 trong đó d là số nguyên dư ng cho trước không chính phương Định lý 2.1.2 Nếu phương trình Pell có một nghiệm (x1 , y1 ) thì nó có vô số nghiệm Chứng minh a) Trước tiên ta đi chứng minh bổ đề: (x1 + √ √ dy1 )n = xn + dyn và xn và yn là... (−1)(p+1)/2 = (−1)2k+1 = −1 và 1.2 · · · Đặt a = 1, 2, , 1.3 p−1 2 2 +1≡0 (mod p) p−1 ta có a + 2 + 1 ≡ 0 (mod p) 2 Phương pháp đồng dư Trong phần này ta xét định nghĩa đồng dư và một số định lý đơn giản về đồng dư Định lý 1.3.1 Phép đồng dư a ≡ b (mod m) có nghĩa khi và chỉ khi hiệu a − b chia hết cho m Nói cách khác, các số a và b có cùng số dư khi chia cho m, nếu và chỉ nếu hiệu a − b chia hết... hết cho 9 trong các trường hợp sau: 1 r1 = r2 = r3 ; 2 Một trong các số r1 , r2 , r3 bằng 1 và hai số còn lại bằng 4; 3 Một trong các số r1 , r2 , r3 bằng 7 và hai số còn lại bằng 1; 4 Một trong các số r1 , r2 , r3 bằng 4 và hai số còn lại bằng 7 Trong mọi trường hợp đều có ít nhất hai trong các số r1 , r2 , r3 bằng nhau Điều này có nghĩa là ít nhất hai trong các số a2 , b2 , c2 có cùng số dư khi chia... = 1 và vì thế x2 + y 2 = p Định lý 1.2.10 Số nguyên tố p > 2 là tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4) 20 Chứng minh Giả sử p = x2 + y 2 với x, y nguyên không âm Ta cần chứng minh p ≡ 1 (mod 4) Điều này được suy ra từ hai tính chất chủ chốt của vành Z/4Z Thứ nhất, bất kỳ số nguyên lẻ đều là đồng dư với 1 (mod 4) hoặc 3 (mod 4) Thứ hai, bất kỳ số chính phương nào cũng đồng dư với... hai số chính phương và các số nguyên tố p > 2 có dạng 4k + 3 ≡ 3 (mod 4), còn các số như: 3, 7 không là tổng của hai số chính phương Định lý 2.2.1 Nếu n là một số nguyên dư ng và n ≡ 3 (mod 4) thì n không là tổng của hai số chính phương của số nguyên Chứng minh Giả sử n = 4k + 3, k ∈ Z Ta chứng minh n không thể là tổng của hai số chính phương Thật vậy, nếu n = a2 + b2 , với a, b ∈ Z Khi đó, nếu a và. .. lý: Ta chứng minh dãy {xn , yn }∞ n=1 là nghiệm của phương trình Pell nhân vế với vế của (2.1) và (2.2) ta có: (x21 − dy12 )n = x2n − yn2 ⇔ 1 = x2n − yn2 Chứng tỏ xn , yn là nghiệm của phương trình Vậy phương trình có vô số nghiệm Định lý 2.1.3 Nếu (x1 , y1 ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell thì dãy {xn ; yn } vét hết các nghiệm của phương trình Pell Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng... toán sau: với những số nguyên dư ng n nào thì n là tổng của hai số chính phương? Ví dụ, các số nguyên dư ng: n = 1 : 1 = 12 + 02 n = 2 (nguyên tố) : 2 = 12 + 12 n = 3 (nguyên tố) : không là tổng của hai số chính phương n = 4 : 4 = 22 + 02 n = 5 (nguyên tố) : 5 = 22 + 12 n = 6 : không là tổng của hai số chính phương n = 7 (nguyên tố) : không là tổng của hai số chính phương n = 9 : 9 = 32 + 02 n... lại, nếu a(p−1)/2 ≡ −1 suy ra a là bất thặng dư toàn phương (modp) vì nếu không thì a là thặng dư toàn phương Suy ra a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) trái giả thiết 12 Hệ quả 1.1.21 ( xem [2]-[5]) 1 TDTP × TDTP = TDTP, 2 TDTP × BTDTP = BTDTP, 3 BTDTP × BTDTP = TDTP Ở đây TDTP = thặng dư toàn phương BTDTP = bất thặng dư toàn phương Chứng minh 1 Giả sử a, b là thặng dư toàn phương (mod p) suy ra a(p−1)/2 ≡ 1 (mod p);... = −1 và a p−1 2 ≡ −1 (mod p) ab p = a p−1 2 = (ab) ; b p p−1 2 = b ab p (mod p) Hay p−1 2 Vậy a p b p = a = a p−1 2 p−1 2 b b p−1 2 p−1 2 = 14 3 Như chúng ta đã biết nếu a ≡ b (mod p) thì a, b đồng thời là thặng dư toàn phương (mod p) hoặc đồng thời là bất thặng dư toàn phương (mod p) nên a p = b p 4 Theo tính chất 2 ta có a2 p a2 b p = a2 p a p = 1, ∀a b p 1 5 Hiển nhiên 1 là thặng dư toàn phương. .. ra ξ > 0, η > 0, xn > dyn và ξ 2 − dη 2 = 1 suy ra (ξ + dη)(ξ − dη) = 1 vì √ √ √ ξ + dη > 1 nên ξ − dη < 1 < ξ + dη , suy ra η > 0 Nhận xét 2.1.4 Từ hai định lý trên suy ra việc giải phương trình Pell quy về việc tìm nghiệm (x1 , y1 ) nhỏ nhất Cách tìm nghiệm của phương trình Pell - Từ phương trình ta có x2 = 1 + dy 2 Cho y = 1, 2, 3, cho đến khi được 1 + dy 2 là số chính phương, lúc đó ta được nghiệm ... trình diophant lớp đồng dư bậc hai áp dụng để làm đề tài luận văn thạc sĩ Chuyên đề Phương trình Diophant lớp đồng dư bậc hai áp dụng gồm ba chương: Đồng dư đồng dư bậc hai; Một số lớp phương trình. .. DƯ VÀ ĐỒNG DƯ BẬC HAI Trong chương ta xét tính chất đồng dư đồng dư bậc hai dạng toán phép chia hết phép chia có dư (xem [2]-[5]) 1.1 Đồng dư lớp đồng dư Trong phần ta xét lớp đồng dư bậc bậc hai. .. SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT TRONG LỚP ĐỒNG DƯ BẬC HAI 2.1 Phương trình Pell Định nghĩa 2.1.1 Phương trình Pell phương trình bậc hai, hai ẩn dạng x2 − dy = d số nguyên dư ng cho trước không phương