đại học thái nguyên tr-ờng đại học khoa học - V C HUY MT S DNG TON THI HC SINH GII V Lí THUYT S BC TRUNG HC PH THễNG LUN VN THC S TON HC THI NGUYấN - NM 2014 S húa bi Trung tõm Hc liu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ đại học thái nguyên tr-ờng đại học khoa học - V C HUY MT S DNG TON THI HC SINH GII V Lí THUYT S BC TRUNG HC PH THễNG Chuyờn ngnh: PHNG PHP TON S CP Mó s: 60.46.01.13 LUN VN THC S TON HC NGI HNG DN KHOA HC PGS TS Lấ TH THANH NHN THI NGUYấN - NM 2014 S húa bi Trung tõm Hc liu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Mục lục Mục lục Lời nói đầu Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên 1.1 Tính chia hết thuật toán chia 1.2 Ước chung lớn bội chung nhỏ 12 1.3 Số nguyên tố 20 Một số dạng toán đồng d thức 26 2.1 Đồng d thức 26 2.2 Các hệ số nhị thức 35 2.3 Cấp phần tử nguyên thủy 41 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 Lời cảm ơn Trớc hết, xin gửi lời biết ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù bận rộn công việc nhng Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hớng dẫn Có lẽ không hoàn thành đợc luận văn Cô không tận tình dạy tạo cho điều kiện tốt Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ đợc hoàn thành, xin cảm ơn Cô đôn đốc nhắc nhở đặc biệt giúp đỡ Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo trờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu nh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Cuối cùng, xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, ngời không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn Lời nói đầu Luận văn trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết đồng d thức vành số nguyên Luận văn đợc viết chủ yếu dựa theo sách Number theory for mathematical contests năm 2007 D A Santos Luận văn tham khảo số kiến thức sở sách An introduction to the theory of numbers Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) sách Elements of number theory J Stillwell (Springer, 2003) Luận văn đợc viết theo cách chọn lọc toán hay tính chia hết đồng d thức từ tài liệu tiếng Anh nói trên, mà không chép từ tài liệu tiếng Việt có sẵn Vì thế, nội dung luận văn hoàn toàn không trùng lặp với luận văn thạc sĩ bảo vệ trớc lí thuyết số Thực tế, số lời giải toán khó đợc tác giả sách viết cô đọng, phải cố gắng diễn giải tờng minh chi tiết lời giải luận văn Nhiều toán đợc phát biểu sách (mà lời giải), cố gắng tự giải chúng Nhiều toán nằm rải rác sách đợc bố cục lại theo chủ đề định để ngời đọc dễ theo dõi Luận văn gồm hai chơng Trong Chơng 1, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết vành số nguyên Chơng gồm mục: Tính chia hết thuật toán chia; ớc chung lớn bội chung nhỏ nhất; số nguyên tố Mỗi mục đợc bố cục thành phần nhỏ: Trong phần đầu mục, tóm tắt khái niệm kiến thức sở cần thiết (hầu hết kiến thức đợc học học phần Lí thuyết số bậc đại học); Phần đa số tập để minh họa; Phần cuối mục lời giải số toán khó, có toán thi học sinh giỏi quốc tế Trong Chơng 2, đề cập đến kiến thức mở rộng đồng d thức nh lời giải số toán khó đồng d thức, đặc biệt toán thi học sinh giỏi quốc tế Chơng gồm mục: Đồng d thức; hệ số nhị thức; cấp phần tử nguyên thủy Mỗi mục đợc bố cục thành phần nhỏ: Kiến thức chuẩn bị, lời giải số tập minh họa, lời giải số toán khó Chơng Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên Trong chơng này, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết vành số nguyên Chơng gồm mục: Tính chia hết thuật toán chia; ớc chung lớn bội chung nhỏ nhất; số nguyên tố 1.1 Tính chia hết thuật toán chia Kiến thức sở Trớc hết, tóm tắt kiến thức sở cần thiết liên quan đến tính chia hết thuật toán chia với d 1.1.1 Định nghĩa Cho a, b Z Ta nói a chia hết b (hay a ớc b) tồn số nguyên c cho b = ac Nếu a ớc b ta viết a | b Một số tự nhiên p đợc gọi số nguyên tố p > p có ớc p Chú ý a, b > a | b a i = 1, , n a | n i=1 ci bi b Thêm nữa, a | bi với với c1 , , cn Z 1.1.2 Định lý Các phat biểu sau đúng: (i) Thuật toán chia với d: Với a, b Z, a số nguyên dơng, tồn cặp số nguyên q, r cho b = aq + r r < a (ii) Định lí số học: Mỗi số tự nhiên lớn phân tích đợc dới dạng pe11 pe22 pekk với p1 , , pk số nguyên tố phân biệt e1 , , ek số nguyên dơng, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Bài tập minh họa Bây vận dụng kiến thức chuẩn bị để giải số tập Lời giải tập cần dùng tính chất chia hết đơn giản 1.1.3 Bài tập Cho x, y hai số nguyên Chứng minh 2x + 3y chia hết cho 17 9x + 5y chia hết cho 17 Chứng minh Giả sử 2x + 3y chia hết cho 17 Khi 13(2x + 3y) chia hết cho 17 Do 17x + 34y + 9x + 5y chia hết cho 17 Suy 9x + 5y chia hết cho 17 Ngợc lại, giả sử 9x + 5y chia hết cho 17 Khi 4(9x + +5y) chia hết cho 17 Do 34x + 17y + 2x + 3y chia hết cho 17 Suy 2x + 3y chia hết cho 17 1.1.4 Bài tập Chứng minh tồn vô số n để n2 + 23 chia hết cho 24 Chứng minh Ta có n2 + 23 = (n2 1) + 24 = (n 1)(n + 1) + 24 Do n2 + 23 chia hết cho 24 (n 1)(n + 1) chia hết cho 24 Dễ thấy với k Z n = 24k + n = 24k (n 1)(n + 1) chia hết cho 24 Do có vô hạn số n để n2 + 23 chia hết cho 24 1.1.5 Bài tập Tìm số nguyên dơng d cho tồn số nguyên n để d ớc chung n2 + (n + 1)2 + Lời giải Giả sử d số nguyên dơng cho tồn số nguyên n để d ớc chung n2 + (n + 1)2 + Khi d ớc 2n + = (n + 1)2 + (n2 + 1) Suy d ớc 4n = (2n + 1)2 4(n2 + 1) Do d ớc = 2(2n + 1) (4n 3) Vì d = d = Ngợc lại, rõ ràng d = thỏa mãn yêu cầu ớc chung n2 + (n + 1)2 + với n tùy ý d = thỏa mãn tồn n = để ớc chung = n2 + 10 = (n + 1)2 + Vậy, số cần tìm d = d = Các tập cần đến thuật toán chia với d 1.1.6 Bài tập Chứng minh p > số nguyên tố p2 chia hết cho 24 Chứng minh Theo thuật toán chia với d, số nguyên p có dạng p = 6k 1; p = 6k 2; p = 6k + Vì p số nguyên tố p > nên p lẻ p không chia hết cho Do p có dạng 6k Vì p2 = (6k 1)2 = 36k2 12k = 12k(3k 1) Nếu k chẵn 12k chia hết cho 24, k lẻ 12(3k 1) chia hết cho 24 Do p2 chia hết cho 24 1.1.7 Bài tập Chứng minh a2 + b2 chia hết cho a chia hết cho b chia hết cho Chứng minh Giả sử a b đồng thời không chia hết cho Theo thuật toán chia với d, a, b có dạng 3k + 3k Do a2 b2 có dạng 3m + Viết a2 = 3m + b2 = 3m + với m, m Z Khi a2 + b2 = 3(m + n) + 2, tức a2 + b2 không chia hết cho Điều vô lí 1.1.8 Bài tập Chứng minh (i) Nếu n số nguyên lẻ số d phép chia n2 cho (ii) Nếu n > số nguyên dơng hai số 2n 1, 2n + số nguyên tố số lại hợp số Chứng minh (i) Viết n = 2k +1 Khi n2 = 4k2 +4k +1 = 4k(k +1)+1 Chú ý k(k + 1) số chẵn, 4k(k + 1) chia hết cho Vì n2 chia cho d (ii) Ta có 2n = (3 1)n = 3n 3n1 + + (1)k ì Cnk ì 3k + + (1)n , n! số tổ hợp chập k n phần tử Vì 2n (n k)!k! chia cho d (1)n Nếu n chẵn 2n chia hết cho 3, n > Cnk = nên 2n > Do 2n hợp số Nếu n số lẻ 2n + 2n + bội 3, dó 2n + hợp số 1.1.9 Bài tập Hãy số nguyên dơng có dạng 11, 111, 1111, 11111, , số bình phơng số nguyên Chứng minh Giả sử p có dạng Khi ta viết p = 111 11 ì 102 + 11 Do 111 11 ì 102 chia hết p chia d Do p có dạng p = 4k + với k N Mặt khác, giả sử n = t2 bình phơng số nguyên Theo thuật toán chia với d, t = 4m + r với r {0, 1, 2, 3} Khi n = t2 = 4m2 + 8mr + r2 , với r2 {0, 1, 4, 9} Do n có dạng n = 4k n = 4k + Vì p = 4k + bình phơng số nguyên Một số toán khó Chúng ta vận dụng kiến thức tính chia hết vành số nguyên để trình bày lời giải cho số toán khó, đặc biệt toán thi học sinh giỏi quốc tế Lời giải tập sau cần đến Định lí số học 1.1.10 Bài tập Cho a, b hai số nguyên dơng cho a|b2, b2 |a3, a3 |b4, b4|a5 , Chứng minh a = b 36 Vì p số nguyên tố nên p ớc số hạng tổng vế bên phải đẳng thức Do p ớc 2p 2.2.4 Bài tập Cho n số nguyên dơng Chứng minh tích n số nguyên dơng liên tiếp chia hết cho n! Chứng minh Giả sử dãy n số nguyên dơng liên tiếp m, m + 1, , m + n Từ định nghĩa hệ số nhị thức ta có m(m + 1) (m + n 1) = n! m+n1 n m+n1 số nguyên dơng nên tích n số nguyên dơng liên n tiếp chia hết cho n! Vì 2.2.5 Bài tập Chứng minh n2 ớc (n + 1)n với số tự nhiên n Chứng minh Nếu n = hiển nhiên ta có n2 = ớc (n + 1)n Giả sử n > Ta có n n k n = k n (n + 1) = k=0 n k=1 n k n k Rõ ràng hạng tử tổng bội n2 2.2.6 Bài tập Số Catalan bậc n, kí hiệu Cn , đợc cho công thức Cn = 2n n+1 n Chứng minh Cn số nguyên với số tự nhiên n Chứng minh Từ định nghĩa hệ số nhị thức ta có 2n + 2n n+1 n = 2n + n+1 37 2n + 2n số nguyên Gọi d = gcd(2n + 1, n + 1) Khi n+1 n d ớc n = 2n + (n + 1) Suy d ớc = (n + 1) n Do Do d = 1, tức 2n + n + nguyên tố Chú ý 2n + 2n 2n số nguyên Do n + ớc Do Cn n+1 n n số nguyên Một số toán khó 2.2.7 Bài tập Cho n số nguyên Tìm ớc chung lớn số Chứng minh Ta có 2n 2n 2n , , , 2n 2n1 2n1 = (1 + 1) 2n1 = k=1 2n k n = k=1 2n 2k 2n 2n 2n , , , lũy thừa 2n 2n 2n 2n Gọi d ớc chung lớn số , , , 2n Khi d phải ớc 22n1 , d = 2a với số nguyên a 2n Vì d ớc = 2n nên 2a phải ớc 2t+1 , t số tự nhiên lớn cho 2t ớc n Ta chứng minh d = 2t+1 Theo Vì vậy, tổng số ta chứng minh d ớc 2t+1 Viết n = 2t m, m số lẻ Từ định nghĩa hệ số nhị thức, dễ kiểm tra đợc 2n 2k = 2t+1 m 2k 2t+1 m 2t+1 m = 2k 2k Với số nguyên k > 1, 2k số lẻ nên 2k không ớc m 2t+1 m 2t+1 Vì ta có gcd(2k 1, 2t+1 ) = Suy Z 2k 2k 2n Do 2t+1 ớc 2k 38 Cho m, t số tự nhiên với m > Khi tồn biểu diễn t = ak mk + ak1 mk1 + + a1 m + a0, số tự nhiên thỏa mãn < m với i = 0, 1, , k ta gọi biểu diễn biểu diễn t hệ thống ghi số m 2.2.8 Bài tập Chứng minh Định lí Lucas: Cho m n hai số nguyên không âm p số nguyên tố Cho m = mk pk + mk1 pk1 + + m1 p + m0 n = nk pk + nk1 pk1 + + n1 p + n0 , mi , nj < p, biểu diễn số m, n hệ thống ghi số p Khi m n = mk nk mk1 nk1 m1 n1 m0 n0 (mod p) Chứng minh Từ công thức khai triển đa thức (1 + x)m ta có (1 + x)m (1 + x)mk p k +mk1 pk1+ +m1 p+m0 k (1 + x)mk p (1 + x)mk1 p k1 (1 + x)m1 p (1 + x)m0 k (1 + xp )mk (1 + xpk1 )mk1 (1 + xp )m1 (1 + x)m0 (mod p) Nh k (1 + x)m (1 + xp )mk (1 + xpk1 )mk1 (1 + xp )m1 (1 + x)m0 (mod p) Đồng hệ số xn theo môđunlô p hai vế đẳng thức ta đợc m n = mk nk mk1 nk1 m1 n1 m0 n0 (mod p) 39 2.2.9 Bài tập Cho n số nguyên dơng Chứng minh n n n , , , n (n + 1) lcm = lcm(1, 2, , n + 1) Chứng minh Theo Định lí số học, để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh với số nguyên tố p, ớc vế đẳng thức ớc vế lại số mũ p phân tích tiêu chuẩn hai vế Chú ý rằng, p ớc nguyên tố hai vế đẳng thức p n + Lấy p số nguyên tố cho p n+1 Gọi lần lợt số mũ n n n cao p cho p ớc vế trái (n+1) lcm , , , n p ớc vế phải lcm(1, 2, , n+1) đẳng thức Do p n+1 nên ta chọn đợc số tự nhiên lớn r cho pr pr n + Khi n + < pr+1 Rõ ràng = r m < pr+1 Tiếp theo, ta khẳng định m số tự nhiên cho pr m pr+1 không ớc với k = 0, , m Thật vậy, với k số thực dơng r, ta kí hiệu (r số nguyên lớn không vợt r Đặt r = s=1 m k mk s s p p ps m Vì hạng tử k tổng (trong biểu diễn ) nên r Vì m pr+1 không ớc với k = 0, , m, khẳng định dợc k chứng minh Khi số mũ lớn cho p ớc Với mội số tự nhiên k cho ak = (n + 1) n k k = (n k + 1) n, đặt n+1 k = (k + 1) n+1 k+1 Theo khẳng định trên, pr+1 không ớc số số n n+1 n+1 , , Vì pr+1 ớc ak p ớc k k k+1 40 n+1, nk+1 k+1 Do p ớc = (n+1)(nk+1)(k+1), điều vô lí Vậy pr+1 không ớc ak Mặt khác, với k = pr n+1 ta có k n ak = (k + 1) bội pr Vì = r = k+1 2.2.10 Bài tập Chứng minh 6n+2 6n + ì 3k (mod 23n+2 ) 2k (i) Nếu n có dạng 2k k=0 6n+2 (ii) Nếu n có dạng 4k + k=0 6n+2 (iii) Nếu n có dạng 4k+3 k=0 3n+1 k=0 Khi n lẻ với a = + 6n + ì3k 23n+1 (mod 23n+2 ) 2k 6n + ì 3k Khi 2k Chứng minh Đặt 2S := S = (1 + 6n + ì 3k 23n+1 (mod 23n+2 ) 2k 3)6n+2 + (1 6n+2 3) b = ta có 3n+1 (a + b3n+1 ) = (3n+1)/2 r=0 (3n+1)/2 3n + 3n+12r r 2r (mod 4) (1)(n+1)/2 (mod 4) Vì n lẻ 2S = 23n+1 (a3n+1 + b3n+1) nên ta có S (1)(n1)/2 ì 23n+1 (mod 23n+3 ) Nếu n chẵn 3n+1 (a + b3n+1 ) 2r 3n 3n + 2r+1 3n2r 2r + 2(6n + 1)33n (mod 8) 4n + (mod 8) 41 Vì thế, n chẵn ta có S 23n+2 2n + (mod 23n+4 ) Từ ta suy kết Cuối cùng, đa số toán khó dạng (chúng không trình bày lời giải đây) 2.2.11 Bài toán Cho a b sô nguyên không âm p số nguyên tố Chứng minh pa pb a b (mod p) 2.2.12 Bài toán Tìm tất số nguyên dơng n cho 2n | (3n 1) 2.2.13 Bài toán (1991 IMO Short List) Tìm số nguyên k lớn để 1991k ớc 19901991 1992 + 19921991 1990 2.3 Cấp phần tử nguyên thủy Kiến thức sở 2.3.1 Định nghĩa Cho m số nguyên dơng a số nguyên cho gcd(a, m) = Theo Định lí Euler, với n = (m) ta có an (mod m) Nh vậy, tồn số tự nhiên k cho ak (mod m) Số nguyên dơng k bé có tính chất đợc gọi cấp a theo môđun m đợc kí hiệu ordm(a) 2.3.2 Chú ý (i) Chúng ta định nghĩa khái niệm cấp số nguyên a theo môđun m trờng hợp gcd(a, m) = Nếu gcd(a, m) > không tồn số nguyên dơng k để ak (mod m) 42 (ii) Theo ngôn ngữ lí thuyết nhóm, nhóm nhân Zm = {a Zm | gcd(a, m) = 1}, cấp a theo môđun m cấp phần tử a nhóm Zm Theo Định lí Euler, a(m) (mod m) Do ordm (a) (m) với số nguyên a với gcd(a, m) = 2.3.3 Định nghĩa Cho a Z với gcd(a, m) = Nếu số nguyên a có cấp (m) theo môđun m a đợc gọi nguyên thủy m (primitive root of m) Từ định nghĩa cấp số nguyên, ta thấy gcd(a, m) = a = mq + r với r < m gcd(r, m) = ordm (a) = ordm (r) Sau số tính chất cấp số nguyên theo môđun m 2.3.4 Bổ đề Nếu gcd(a, m) = ordm (a) ớc (m) Chứng minh Viết (m) = t ordm(a) + r với r < ordm (a) Theo Định lí Euler ta có a(m) (aordm(a) )t ar ar (mod m) Do r < ordm(a) r ta suy r = Do ordm(a) ớc (m) 2.3.5 Bổ đề Cho gcd(a, m) = Khi an (mod m) ordm (a) ớc n Đặc biệt, a nguyên thủy m an (mod m) (m) ớc n Chứng minh Đặt d = ordm(a) Rõ ràng d ớc n an (mod m) Ngợc lại, giả sử an (mod m) Viết n = dq + r với r < d Khi an (ad)q ar ar (mod m) 43 Vì d số nguyên dơng bé thỏa mãn ad (mod m) nên r = Vì d ớc n 2.3.6 Bổ đề Cho gcd(a, m) = Khi an1 an2 (mod m) ordm (a) ớc n1 n2 Hơn nữa, a nguyên thủy m an1 an2 (mod m) (m) ớc n1 n2 Chứng minh Giả sử n1 n2 Vì an1 an2 (mod m) nên an1 an2 chia hết cho m Suy an2 (an1n2 1) chia hết cho m Do gcd(a, m) = nên gcd(an2 , m) = Vì an1 n2 chia hết cho m, tức an1 n2 (mod m) Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ordm (a) ớc n1 n2 2.3.7 Bổ đề Cho gcd(a, m) = Nếu ordm(a) = k h > số k nguyên thì ordm (ah) = gcd(h, k) Chứng minh Đặt t = k Ta có gcd(h, k) hk h (ah )t a gcd(h,k) (ak ) gcd(h,k) (mod m) Giả sử r > số tự nhiên cho (ah)r (mod m) Theo Bổ h đề 2.3.5 ta có hr bội k = ordm (a) Do r bội gcd(h, k) k h k Vì nguyên tố nên r chia hết gcd(h, k) gcd(h, k) gcd(h, k) k cho t = Chú ý r > Do r t Vậy t số nguyên gcd(h, k) dơng bé thỏa mãn (ah)t (mod m) Do ordm(ah ) = t 2.3.8 Bổ đề Cho gcd(a, m) = gcd(b, m) = Giả sử ordm (a) = h ordm (b) = k với gcd(h, k) = ordm (ab) = hk Chứng minh Do ordm (a) = h ordm(b) = k nên ah (mod m) bk (mod m) Vì (ab)hk (ah)k (bk )h (mod m) 44 Giả sử t số nguyên dơng cho (ab)t (mod m) Khi ((ab)t)h (mod m) Do (ah )t bht (mod m) Vì ah (mod m) nên bht (mod m) Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ht bội k = ordm (b) Vì gcd(h, k) = nên t bội k Hoàn toàn tơng tự ta suy t bội h Vì gcd(h, k) = nên t bội hk Do t hk Vậy, hk số nguyên dơng bé thỏa mãn (ab)hk (mod m) Do ordm (ab) = hk Bài tập minh họa 2.3.9 Bài tập Chứng minh ord101 (2) = 100 Chứng minh Đặt d = ord101(2) Theo Bổ đề 2.3.4, d ớc 100 = (101) Giả sử d < 100 Vì 100 = 22 52 nên d = 2t 5k với t, k t < k < Do d ớc 50 d ớc 20 Do 250 (mod 101) 220 (mod 101) Điều không xảy 250 10245 145 196 ì 196 ì 14 (mod 101) 220 10242 142 (mod 101) Do d = 100 2.3.10 Bài tập Chứng minh p số nguyên tố ớc nguyên tố 2p lớn p Chứng minh Giả sử q số nguyên tố 2p Khi 2p (mod q) Do đó, theo Bổ đề 2.3.5 ta có ordq (2) ớc p Rõ ràng ordq (2) = Vì p nguyên tố nên ta có ordq (2) = p Theo Bổ đề 2.3.4 ta suy ordq (2) ớc (q) = q Suy q p Do q > p 2.3.11 Bài tập Chứng minh m có nguyên thủy có ((m)) nguyên thủy đôi không đồng d với theo môđun m 45 Chứng minh Giả sử a nguyên thủy m Giả sử h < (m) số tự nhiên cho gcd(h, (m)) = Vì a nguyên thủy nên ordm (a) = (m) Theo Bỏ đề èL:44 ta suy ordm (ah) = ordm(a) = (m) gcd(h, ordm(a)) Vì số có dạng ah nguyên thủy m với số tự nhiên h nhỏ (m) nguyên tố với (m) Giả sử h, t số tự nhiên nhỏ (m) nguyên tố với (m) Nếu ah at (mod m) theo Bổ đề 2.3.6 ta suy h t chia hết cho (m) Vì h, t < (m) nên h t chia hết cho (m) h = t Vì m có ((m)) nguyên thủy dạng ah với h < (m) gcd(h, (m)) = Các nguyên thủy đôi không đồng d với theo môdun m Giả sử b nguyên thủy m Khi tồn số tự nhiên h nhỏ (m) nguyên tố với (m) cho b ah (mod m) Một số toán khó 2.3.12 Bài tập Chứng minh nguyên thủy 3n với số nguyên n Chứng minh Ta chứng minh toán quy nạp theo n Với n = 1, ta có (31 ) = (3) = số nguyên dơng t bé thỏa mãn 2t (mod 3) Vì nguyên thủy Giả sử toán với n = k Chú ý (3k ) = ì 3k1 Vì ta có k 2(3 ) 22ì3 k1 (mod 3k ) Đặt d = ord3k+1 (2) cấp modulo 3k+1 Khi 2d (mod 3k+1 ) Suy 2d (mod 3k ) Do ord3k (2) = ì 3k1 nên theo Bổ đề 2.3.5 ta suy ì 3k1 ớc d Vì 2d (mod 3k+1 ) nên theo Bổ đề 2.3.4 46 ta suy d ớc (3k+1 ) = ì 3k Từ ta suy d = ì 3k1 d = ì 3k Tiếp theo, ta khẳng định 22ì3 n1 + 3n (mod 3n+1 ), với n Thật vậy, rõ ràng khẳng định với n = Giả sử khẳng định với n = k Khi ta có biểu diễn 22ì3 k1 = + 3k + 3k+1 m với m số tự nhiên Do tồn số tự nhiên M cho k 22ì3 = + 3k+1 + 3k+2 M Suy k 22ì3 + 3k+1 (mod 3k+2 ) Vì khẳng định đợc chứng minh Theo khẳng định trên, ta thấy 22ì3 k1 + 3k (mod 3k+1 ) Vì d = ì 3k Do nguyên thủy 3n với n 2.3.13 Bài tập Cho n số nguyên dơng p = 2n + Chứng minh p1 + (mod p) p số nguyên tố Chứng minh Theo giả thiết, n p1 32 (32 32 n1 n1 (mod p) Suy )2 (mod p) Do ordp (3) = 2n = p Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy 2n bội ordp (3) Vì (p) p Vì (p) = p 1, tức p số nguyên tố 2.3.14 Bài tập Chứng minh n = 3k1 2n (mod 3k ) 47 Chứng minh Theo Bài tập 2.3.12, nguyên thủy 3k Do có cấp ord3k (2) = (3k ) = ì 3k1 = 2n Suy (2n 1)(2n + 1) (mod 3k ) Chú ý 2n (1)3k1 (mod 3) Do 2n + (mod 3k ) 2.3.15 Bài tập (1990 IMO) Tìm tất số nguyên dơng n > cho 2n + số nguyên n2 2n + Lời giải Giả sử số nguyên Vì 2n + số lẻ nên n số n lẻ Giả sử k số mũ cao cho 3k ớc n Theo giả thiết ta có 32k ớc n2 n2 ớc 2n + Suy 2n (mod 32k ) Do 22n (mod 32k ) Theo Bổ đề 2.3.5, 2n bội ord32k (2) Theo Bài tập 2.3.12, nguyên thủy 32k Vì ord32k (2) = (32k ) = ì 32k1 Do 32k1 ớc n Vì k số tự nhiên lớn thỏa mãn 3k ớc n nên ta có k 2k Suy k Vì n không chia hết cho 32 2n + Rõ ràng n = = số nguyên, n = n2 giá trị cần tìm 2n + Giả sử có số nguyên n > thỏa mãn N Vì n không chia n2 hết cho 32 nên tồn ớc nguyên tố p = n Vì p ớc n 2n + N nên p ớc 2n + Suy 2n (mod p) Do n 22n (mod p) Đặt d = ordp(2) Theo Bổ đề 2.3.5 ta suy d ớc 2n Nếu d lẻ d | n 2n (mod p) Điều vô lí Do d số chẵn Đăt d = 2d1 Khi 2d1 ớc 2n Suy d1 ớc n Ta có d ớc p Do 2d1 ớc p Suy 48 p> p1 d1 Vì d1 ớc n nên d1 = d1 = Nếu d1 = d = 22 (mod p), vô lí Nếu d1 = d = 26 1(mod p), hay p ớc 63 Suy p = Tuy nhiên cấp theo môdun 3, số lẻ, vô lí Vậy không tìm đợc p > thỏa mãn đầu Do n = giá trị thỏa mãn Cuối cùng, đa số toán dạng (chúng ta không trình bày lời giải đây) 2.3.16 Bài toán Chứng minh a n số nguyên dơng với a > n ớc (an 1) n 2.3.17 Bài toán Chứng tỏ 2n+1 d a2 + không chia hết cho d với số nguyên dơng a 2.3.18 Bài toán Chứng minh p số nguyên tố lẻ phơng trình x4 (mod p) có nghiệm p (mod 8) 49 Kết luận Luận văn trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết đồng d thức vành số nguyên Luận văn đợc viết chủ yếu dựa theo sách Number Theory for Mathematical Contests năm 2007 D A Santos Luận văn tham khảo số kiến thức sở sách An Introduction to the Theory of Numbers Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) sách Elements of Number Theory J Stillwell (Springer, 2003) Trong luận văn này, trình bày lời giải toán (bao gồm nhiều toán khó toán đợc thi đợc đề cử thi học sinh giỏi quốc tế) theo chủ đề sau: - Tính chia hết; - Ước chung lớn bội chung nhỏ nhất; - Số nguyên tố; - Đồng d thức; - Các hệ số nhị thức; - Cấp phần tử nguyên thủy Trong chủ đề, trớc hết tóm tắt phần lí thuyết cần thiết, sau trình bày lời giải số tập minh họa cho lí thuyết, cuối lời giải toán khó Tài liệu tham khảo [NZ] I Niven and H Zuckerman, An Introduction to the Theory of Numbers, John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000 [Sa] D A Santos, Number Theory for Mathematical Contests, GNU Free Documentation License, October 31, 2007 [St] J Stillwell, Elements of Number Theory, Springer, 2003 50 [...]... các số nguyên tố và cho n là số nguyên dơng thỏa mãn pn + q n = r2 Chứng minh rằng n = 1 Chơng 2 Một số dạng toán về đồng d thức Lí thuyết đồng d là một trong những kiến thức quan trọng trong số học bậc phổ thông trung học và bậc đại học Trong chơng này, chúng tôi đề cập đến những kiến thức mở rộng về đồng d thức cũng nh lời giải một số bài toán khó về đồng d thức, đặc biệt là các bài toán thi học sinh. .. thức trên để giải quyết một số bài toán sau (chúng tôi không đa ra lời giải ở trong luận văn này) 1.3.12 Bài toán (11th IMO) Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên dơng a để dãy (zn )n1 với zn = n4 + a không chứa một số nguyên tố nào 1.3.13 Bài toán (1997 Spanish Mathematical Olympiad) Cho p là một số nguyên tố Tìm tất cả các số k Z sao cho dơng k2 pk là một số nguyên 1.3.14 Bài toán (2004 Romanian Mathematical... Bài toán Cho n a1 > a2 > > ak là các số nguyên dơng thỏa mãn n lcm(ai, aj ) với mọi i, j Chứng minh rằng n iai với mọi i = 1, 2, , n 1.3 Số nguyên tố Kiến thức cơ sở Trớc tiên chúng ta cùng nhắc lại một số kiến thức liên quan đến số nguyen tố Số nguyên tố là một số nguyên dơng lớn hơn 1 và chỉ có 2 ớc là 1 và chính nó Một số nguyên lớn hơn 1 và không là số nguyên tố thì ta gọi là hợp số Nếu... hiệu là số tổ hợp chập k của n phần tử, tức là n k = Cnk = n! k!(n k)! 1.3.2 Bổ đề Nếu p là số nguyên tố thì p k chia hết cho p với số nguyên k thỏa mãn 0 < k < p Bài tập minh họa Sau đây chúng ta cùng nghiên cứu một số bài toán cơ bản 1.3.3 Bài tập Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dơng k, tồn tại một dãy gồm k số nguyên dơng liên tiếp không chứa một số nguyên tố nào Chứng minh Cho k N là một số nguyên... thì ta gọi là hợp số Nếu n > 1 là hợp số thì ta có thể viết n = ab với n > a, b > 1 với a, b N Ta thừa nhận một số tính chất sau 1.3.1 Định lý Các phát biểu sau là đúng: (i) Nếu n là số nguyên dơng và n > 1 thì n chia hết cho ít nhất một số nguyên tố (ii) Nếu số nguyên dơng n là một hợp số thì n có ít nhất một ớc nguyên tố không vợt quá n (iii) Tồn tại vô hạn số nguyên tố (kết quả này đợc Euclid chứng... không là nguyên tố Rõ ràng N > 11 và N là số lẻ Vì thế, theo Định lí cơ bản của số học, N là tích của những thừa số nguyên tố và các thừa số nguyên tố này là lẻ, tức là nó có dạng 4k 1 Nếu tất cả các thừa số nguyên tố của N đều có dạng 4k + 1 thì N bằng tích của chúng cũng phải có dạng 4k + 1, điều này là vô lí Do đó N có ít nhất một ớc nguyên tố p có dạng 4k 1 Vì số nguyên tố p này là ớc của N và các... s(tm! + 1) t(sm! + 1) = s t < m 16 Vì thế 1 d < m Suy ra d là ớc của m! = 1.2 .m Vì d là ớc của sm! + 1 nên d là ớc của 1 Vì thế hai số bất kì trong cấp số cộng trên là nguyên tố cùng nhau Một số bài toán khó và bài toán thi học sinh giỏi 1.2.11 Bài tập Với mỗi số nguyên dơng n, đặt n Tn = 22 + 1 Chứng minh rằng nếu m = n thì Tm và Tn nguyên tố cùng nhau Chứng minh Ta luôn có n Tn 2 = 22 1 = (22... cùng là một số bài toán mà lời giải của chúng dựa vào các tính chất chia hết trong vành số nguyên (chúng tôi không đa ra lời giải) 12 1.1.15 Bài toán Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên n thỏa mãn 4n2 + 1 chia hết cho cả 13 và 5 1.1.16 Bài toán Chứng minh rằng nếu a và b là các số nguyên dơng thì chỉ có hữu hạn giá trị nguyên dơng n để 1 a+ 2 n 1 + b+ 2 n là một số nguyên dơng 1.1.17 Bài toán (1973... tích của 3 số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 2 và cho 3 nên 2 và 3 đều là ớc của n7 n Hoàn toàn tơng tự, ta có thể chứng minh 30 là ớc của n5 n 23 Một số bài tập khó 1.3.7 Bài tập Tồn tại vô số số nguyên tố có dạng 4k + 3 Chứng minh Vì 4k + 3 = 4(k + 1) 1 nên để chứng minh bài toán, chúng ta chỉ cần chứng minh có vô hạn số nguyên tố dạng 4k 1 Rõ ràng tồn tại những số nguyên tố có dạng 4k ... gồm một hợp số, chẳng hạn 4, không chứa số nguyên tố nào Khi k = 2, ta có dãy 8, 9 gồm hai số nguyên dơng liên tiếp không chứa số nguyên tố nào Vì thế ta có thể giả thi t k > 2 Chú ý rằng với mỗi số nguyên i với 2 i k + 1, ta luôn có i là ớc của (k + 1)! + i Vì thế dãy (k + 1)! + 2, (k + 1)! + 3, , (k + 1)! + k, (k + 1)! + k + 1 gồm có k số nguyên dơng liên tiếp, mỗi số trong dãy đều là hợp số 1.3.4 ... Chơng Một số dạng toán đồng d thức Lí thuyết đồng d kiến thức quan trọng số học bậc phổ thông trung học bậc đại học Trong chơng này, đề cập đến kiến thức mở rộng đồng d thức nh lời giải số toán. .. chuẩn bị, lời giải số tập minh họa, lời giải số toán khó Chơng Một số dạng toán tính chia hết vành số nguyên Trong chơng này, trình bày lời giải số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến... niệm kiến thức sở cần thi t (hầu hết kiến thức đợc học học phần Lí thuyết số bậc đại học) ; Phần đa số tập để minh họa; Phần cuối mục lời giải số toán khó, có toán thi học sinh giỏi quốc tế Trong