DỖN QUANG TIẾN HUỲNH KIM LINH TƠN NGỌC MINH QN NGUYỄN MINH TUẤN CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN x y z n n n Chuyên đề ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN Copyright c 2019 Tap chi va tu lieu toan hoc LATEX by Nguyen Minh Tuan Website: lovetoan.wordpress.com All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author First printing, October 2019 Mục lục Cơ sở lý thuyết Đa thức Một số tính chất quan trọng Các định lý quan trọng Các ví dụ minh họa 13 Chinh phục olympic toán Số học - Bà chúa toán học BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Tạp chí tư liệu toán học Lời giới thiệu Số học hay đa thức chủ đề thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia, kì thi khu vực quốc tế với tốn khó tới khó nước thầy cô phát triển nhiều Đa thức mảng mà chứa đựng yếu tố đại số, giải tích, hình học tính chất số học Chính ta xem đa thức xem toán tổ hợp mảng khác Tốn học đóng vai trò liên kết mảng lại với thành thể thống Và biết số học tự nhiên nhiều nhà toán học, người làm tốn gọi với tên mỹ miều Bà chúa toán học Thế giới số quen thuộc với sống thường ngày, giới kì lạ đầy bí ẩn: lồi người phát tính chất hay, quy luật đẹp bất ngờ đồng thời chịu "bó tay" trước nhiều kiện, nhiều dự đốn Điều lí thú nhiều mệnh đề khó số học phát biểu đơn giản, hiểu ; nhiều tốn khó giải sáng tạo với kiến thức số học phổ thông đơn giản Không đâu số học,chúng ta lại lần theo dấu vết toán cổ xưa để đến với vấn đề chờ đợi người giải – Trích từ sách Số học – Bà chúa toán học – Hồng Chúng Chính kết hợp mảng kiến thức mang tới cho tốn đẹp vẻ đẹp không dễ để chinh phục cả, ln ẩn chứa điều khó khăn “nguy hiểm” Trong chủ đề viết này, khám phá chinh phục phần vẻ đẹp kết hợp Nhóm tác giả Chinh phục olympic toán Số học - Bà chúa toán học BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Tạp chí tư liệu tốn học Chương Cơ sở lý thuyết Đa thức Đơn thức theo biến x biểu thức có dạng m.xn m số n số nguyên không âm Đa thức tổng hữu hạn nhiều đơn thức hay đa thức biểu thức có dạng P (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + + a1 x + a0 (ak = 0) Khi gọi hệ số đa thức • ∈ Z, ∀i ta gọi đa thức P ∈ Z [x] tức tập đa thức hệ số nguyên • n gọi bậc đa thức, ký hiệu deg P = n Một số tính chất quan trọng Tính chất Với hai số nguyên a, b b = 0, tồn số nguyên c cho a = bc ta gọi a chia hết cho b b chia hết a b ước a hay gọi a bội b Ký hiệu a b b|a Tính chất Với P ∈ Z [x] a, b hai số ngun khác nhau, ta ln có P (a) − P (b) (a − b) Chinh phục olympic toán BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Chứng minh Giả sử P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0) Sử dụng đẳng thức ak − bk = (a − b) ak−1 + ak−2 b + + bk−1 với k số nguyên Khi P (a) − P (b) = (a − b) an an−1 + an−2 b + + bn−1 + an−1 an−2 + an−3 b + + bn−2 + + a1 Từ tốn chứng minh Tính chất Cho đa thức P (x) với hệ số nguyên Khi khơng tồn ba số phân biệt a, b, c cho P (a) = b, P (b) = c.P (c) = a Các định lý quan trọng Hai đa thức f (x) , g (x) gọi nguyên tố ước chung lớn hai đa thức số Nhưng ước chung lớn hai đa thức khác số nên hai đa thức ngun tố ta xem ước chung lớn nhất chúng Nên ta ký hiệu (f (x) , g (x)) = Định lý Bézout Cho hai đa thức P (x) , Q (x) ∈ Q [x] Gọi d (x) ước chung lớn hai đa thức P (x) , Q (x) • Khi tồn tai hai đa thức U (x) , V (x) cho d (x) = U (x) P (x) + V (x) Q (x) • Nếu (P (x) , Q (x)) = tồn đa thức U (x) , V (x) cho U (x) P (x) + V (x) Q (x) = Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Vậy trường hợp tồn k ∈ {0, 1, 2, , n} cho ak −s Bài 95 Canadian Mathematical Olympiad 2010 Cho đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện P (r) = P (s) = r, s số nguyên thỏa mãn điều kiện < r < s Chứng minh tồn k ∈ {0, 1, 2, , n} cho ak −s Lời giải Chia đa thức P (x) cho Q (x) ta P (x) R (x) = A (x) + Q (x) Q (x) Trong A (x) , R (x) đa thức hệ số hữu tỉ R (x) ≡ deg (R (x)) < deg (Q (x)) B (x) , Quy đồng tất hệ số đa thức A (x) ta viết A (x) = b Với B (x) đa thức hệ số nguyên, b bội chung nhỏ tất mẫu số hệ số A (x) , b > Nếu R (x) không đồng thì, với ý k nguyên A (k) = |A (k)| b Nhưng với |k| đủ lớn 0< Dẫn đến với n đủ lớn R (k) < Q (k) b P (an ) số nguyên nên ta phải có R (x) ≡ Q (an ) B (x) P (x) = biểu diễn với giá trị x mà Q (x) = Q (x) b Bây với n0 số nguyên cho trước, tồn vơ hạn số ngun dương k cho Khi ak ≡ n (modb) Có thể lấy giá trị k = tn0 b + n0 , t ∈ Z+ ,với t nguyên dương đủ lớn k số nguyên dương B (ak ) Khi số ngun hay b |B (ak ) b P (n) Từ suy b |B (n) dẫn đến số nguyên Q (n) Vậy từ ta có điều phải chứng minh Số học - Bà chúa toán học 111 Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic tốn BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Bài 96 French Team Selection Test 2005 Cho P (x) đa thức bậc n với hệ số nguyên P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Giả sử P (x) có n nghiệm nguyên phân biệt 0, α2 , , αn Tìm tất số nguyên k cho thỏa mãn P (P (k)) = Lời giải Nếu số nguyên k mà P (P (k)) = chứng tỏ P (k) nghiệm P (x) Nhưng nghiệm nguyên P (x) cho 0, α2 , , αn Do phải có P (k) ∈ {0, α2 , , αn } Ta phân tích P (k) dạng P (x) = an x (x − α2 ) (x − αn ) • Nếu P (k) = chứng tỏ k nghiệm P (k) k ∈ {0, α2 , , αn } • Nếu P (k) = α2 an k (k − α2 ) (k − αn ) = α2 (∗) Từ (∗) k = 0, k = α2 , , k = αn Ta có k − αi = k − αj với i = j Mặt khác k nên |α2 | = |αn | |k| |k − α2 | |k − α3 | |k − αn | |k| |k − α2 | |k − α3 | |k − α4 | |k − α5 | = 1.1.2 |−1| |−2| Vì k − α2 = k − α3 = k − α4 = k − α5 |k| với số |k − αi | với i = 1, Từ |α2 | 4, mặt khác từ (∗) ta   |α | |k| |α2 | |k| |k − α2 | ⇒  |α | |k − α | 2 Số học - Bà chúa tốn học 112 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Mặt khác |k| = |α2 | |k − α2 | = |α2 | đẳng thức có xảy k = 2α2 nhiên lại mâu thuẫn với (∗) ta phải có |k| |α2 | , |k − α2 | |α2 | Nhưng từ ta suy |k| |k − α2 | = |α22 | |α2 | = |α2 | 4 |α2 | (do |α2 | 4) Nhưng từ theo (∗) ⇒ |an (k − α3 ) (k − α4 ) (k − αn )| = |α2 | |k (k − α2 )| Và theo (∗) |an (k − α3 ) (k − α4 ) (k − αn )| |k − α3 | |k − α4 | |k − α5 | = 1.1.2 = |−1| |−2| = |−1| = 1.1 |−2| Hai kết mâu thuẫn với Chứng tỏ không tồn số nguyên k để P (k) = α2 Hoàn toàn tượng tự, ta chứng minh không tồn số nguyên k để P (k) = αi , ∀i = 2, n Từ suy số nguyên k cần tìm k ∈ {0, α2 , , αn } Bài 97 Doãn Quang Tiến Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tồn đa thức P (x) bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn: P (0) = 0, P (1) = với λ ∈ N∗ (P (λ) − 2) (P (λ) − 1) P (λ) bội p với p số nguyên tố Lời giải Ta chứng minh n p − thỏa mãn yêu cầu toán Ta giả sử phản chứng n p − tồn đa thức P (x) thỏa mãn toán Từ đây, ta sử dụng cơng thức nội suy Lagrange ta p−2 P (x) = p−2 P (k) k=0 Số học - Bà chúa toán học 113 x−i k−i i=0,i=k Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic toán BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Từ ta suy p−2 p−2 p−1−i P (p − 1) = P (k) = k − i k=0 i=0,i=k p−2 k (−1)k+1 P (k) Cp−1 (1) k=0 Bây giờ, ta chứng minh kết sau k Cp−1 ≡ (−1)k ( mod p) , ∀k = 0, p − Ta chứng minh cách nhanh chóng phương pháp quy nạp sau = ≡ (−1)0 = (modp) điều hiển nhiên Với k = Cp−1 k Giả sử mệnh đề với k tức ta có Cp−1 ≡ (−1)k (modp) ,ta chứng minh mệnh đề với k + Mà ta có kết hệ số nhị thức sau k+1 k Cp−1 = Cpk+1 − Cp−1 nên từ ta suy k+1 k Cp−1 = Cpk+1 − Cp−1 ≡ − (−1)k = (−1) (−1)k = (−1)k+1 ( mod p) Vậy từ theo nguyên lý quy nạp tốn học kết chứng minh Từ đây, kết hợp với kết (1) ta p−2 p−2 k+1 P (p − 1) = (−1) P k (k) Cp−1 k=0 k=0 p−2 p−2 2k+1 = (−1)k+1 P (k) (−1)k ≡ (−1) P (k) = − k=0 p−1 P (k) ( mod p) ⇔ k=0 P (k) ≡ ( mod p) (2) k=0 Nhưng mà ta có p−1 p−1 P (k) = P (0) + P (1) + k=0 p−1 P (k) = 1+ k=2 P (k) k=2 giả thiết cho P (0) = 0, P (1) = Và từ giả thiết toán (P (λ) − 2) (P (λ) − 1) P (λ) bội p nên ta suy P (k) ≡ 0, 1, ( mod p) , ∀k = 2, p − Số học - Bà chúa tốn học 114 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Do ta suy p−1 p−1 P (k) ≡ 1, p − 1, 2p − ≡ ( mod p) P (k) =1 + k=0 k=2 Ta thấy điều hoàn toàn mâu thuẫn với (2) Vậy giả sử phản chứng sai nên ta phải có n p − Với n = p − ta xét P (x) = xp−1 thỏa mãn u cầu tốn Do giá trị nhỏ n p − ta hồn tất tốn Bài 98 Đề chọn đội tuyển VMO Đà Nẵng 2017 Chứng minh với m ∈ N tồn đa thức Pm (x) có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với n ∈ N∗ 12m+1 + 22m+1 + + n2m+1 = Pm (n (n + 1)) Lời giải • Với m = ta chọn đa thức P0 (x) = x x2 Giả sử khẳng định đến m − ta xét đa thức • Với m = ta chọn đa thức P1 (x) = ϕ (x) = x x2 − 12 x2 − 22 x2 − m2 = x2m+1 − am−1 x2m−1 − am−2 x2m−3 − − a0 x ⇔ ϕ (x) + am−1 x2m−1 + am−2 x2m−3 + + a0 x = x2m+1 Thay x 1, 2, , n ta n m−1 ϕ (i) + i=1 n i2m+1 (∗) Pi (n (n + 1)) = i=0 i=1 Mà ta có ϕ (x) = x (x − 1) (x + 1) (x − m) (x + m) = (x − m) (x − m + 1) (x + m − 1) (x + m) Lại có ϕ (x) = [ϕ (x) (x + m + 1) − ϕ (x) (x − m − 1)] 2m + Số học - Bà chúa toán học 115 Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic toán BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Bây ta đặt d (x − m) = (x + m + 1) ϕ (x) = (x − m) (x − m + 1) (x + m + 1) ⇒ d (x − m − 1) = (x − m − 1) (x − m) (x + m) = (x − m − 1) ϕ (x) ⇒ ϕ (x) = [d (x − m) − d (x − m − 1)] 2m + Do ta n ϕ (i) = [d (n − m) − d (−m)] 2m + i=1 = 1 d (n − m) = (n − m) (n − m + 1) (n + m + 1) 2m + 2m + Mà ta có (n − i) (n + i + 1) = n2 − i2 + n − i = n (n + 1) − i (i + 1) , ∀i = 0, m Từ suy n i=1 ϕ (i) = 2m + m [n (n + 1) − i (i + 1)] =Qm (n (n + 1)) i=0 Khi Qm đa thức có hệ số hữu tỉ từ (∗) ta chọn Pm (x) = Qm (x) + am−1 Pm−1 (x) + am−2 Pm−2 (x) + + a0 P0 (x) Và từ ta có điều phải chứng minh Bài 99 2018 Brazil 4th TST Day Chứng minh tồn đa thức hệ số nguyên S1 , S2 , tương tứng với biến x1 , x2 , , y1 , y2 , thỏa mãn với số nguyên n n n d|n n d · xdd + ydd d · Sdd = (∗) d|n Với hàm tổng chạy qua ước nguyên dương d n Chú ý Lưu ý ta xét đến đa thức trường Z [x] Ví dụ, xét hàm S1 = x1 +y1 S2 = x2 + y2 − x1 y1 trường hợp n = ta S12 + 2S2 = x21 + y12 + · (x2 + y2 ) hàm (∗) thỏa mãn yêu cầu toán Số học - Bà chúa tốn học 116 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Lời giải Ta chứng minh Sn có hệ số nguyên phương pháp quy nạp Với n = ta hiển nhiên Giả sử điều ta cần chứng minh đến n − 1, tức đa thức S1 , S2 , , Sn−1 đa thức có hệ số nguyên Gọi p số nguyên tố thỏa mãn vp (n) = k > 0, từ ta nhận thấy n pk n n d · xdd + ydd − d|n d.Sdd d|n,d=n Đặt n = pm, suy với giá trị d ước số m bị triệt tiêu tổng lấy modulo pk , đủ để ta thấy điều sau n pk n n d · xdd + ydd − d|m dSdd d|m Đặt Ti (x1 , x2 , , y1 , y2 , ) = Si (xp1 , xp2 , , y1p , y2p , ) , ∀i Áp dụng giả thiết toán cho Ti , xpi , yip , tổng trước trở thành pm pm pm − d · xdd + yd d d|m m d|m pm d Tdd − Sd d dSd d = d|m Ta chứng minh pk chia cho phần tổng Thật vậy, đặt m d = pl q với p q, dễ dàng thấy l pl+1 Tdp q − Sdp l+1 q Theo giả thiết quy nạp A = Sdpq đa thức hệ số nguyên, theo tính chất tự đồng cấu Frobenius(Frobenius Endomorphism), ta có Tdq = A + Bp với hàm B có hệ số nguyên, ta có điều sau l l l pl+1 (A + Bp)p − Ap = (Bp)i Ap −i Cpi l 1≤i≤pl Lại có pl+1 chia hết cho phần tổng vp pi Cpi l = vp pi · Điều với ∀i pl i−1 Cl i p −1 i + l − vp (i) l+1⇔i vp (i) + 1, ta có điều phải chứng minh Số học - Bà chúa tốn học 117 Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic toán BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Nhận xét Đây tốn khó với việc sử dụng lý thuyết hàm tự đồng cấu ! gặp tốn dự thi Olympic, tự đồng cấu F orbenius tìm hiểu rõ chương trình đại học Bài 100 China TST Day Problem 2018 Giả sử có số thực λ ∈ (0, 1) số nguyên dương n Chứng minh module tất nghiệm đa thức n n k(n−k) k λ x k f (x) = k=0 Lời giải Ta đặt n n k(n−k) k λ x k fn (x) = k=0 ta gọi tất nghiệm đa thức fn−1 (x) {z1 , z2 , , zn−1 } Khi hiển nhiên ta có n−1 (x − zi ) fn−1 (x) = i=1 Vì n fn (x) = k=0 n k(n−k) k λ x = k n−1 k=0 n−1 n − (k+1)(n−k−1) k+1 n − k(n−k) k λ x + λ x k k k=0 = xλn f n−1 x + fn−1 (λx) λ Ta gọi z nghiệm đa thức fn (x) dĩ nhiên z = Do ta n−1 n−1 z − zj + (λz − zj ) = λ j=1 zλn j=1 Hay có nghĩa n−1 n−1 (z − λzj ) = − z j=1 (λz − zj ) j=1 Ta xét |z| > |z| < |z − λzj |2 − |λz − zj |2 = (z − λzj )(¯ z − λz¯j ) − (λz − zj )(λ¯ z − z¯j ) = (1 − λ2 )(|z|2 − 1) > Số học - Bà chúa tốn học 118 Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Nhưng điều vô lý n−1 n−1 (z − λzj ) = − z j=1 (λz − zj ) j=1 Hay ta phải có |z| = Vậy từ ta suy điều phải chứng minh Số học - Bà chúa toán học 119 Tạp chí tư liệu tốn học Chinh phục olympic toán Số học - Bà chúa toán học BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC 120 Tạp chí tư liệu tốn học Tài liệu tham khảo [1] A comprehensive course in number theory – Alan Baker – Cambridge University Press (2012) [2] Problem – Solving and Selected Topics in Number Theory, In the Spirit of the Mathematical Olympiads – Michael Th Rassias-Springer – Verlag New York (2011) [3] Tính chất số học tốn đa thức – Phạm Viết Huy – THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi [4] Chuyên đề đa thức số học – Nguyễn Thành Nhân – Chuyên Hùng Vương – Bình Dương [5] Number Theory A Historical Approach – John J.Watkins [6] Number theory and polynomials (London Mathematical Society Lecture Note Series) – James McKee, Chris Smyth – CUP (2008) [7] An Introduction to Theory of Functional Equations – Marek Kuczma, Attila Gilányi and Inequalities [8] The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for The International Mathematical Olympiads: 1959 – 2009 – Djukic D., Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic – Springer (2011) [9] Problem – Solving and Selected Topics in Number Theory – Michael Th Rassias [10] Number Theory Structures, Examples and Problems – Titu Andreescu, Dorin Andrica [11] Elementary Methods in Number Theory – Nathanson M.B [12] Elementary Number Theory Primes Congruences and Secrets A Computational Approach – William Stein 121 Chinh phục olympic toán BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC [13] Đột phá đỉnh cao bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề số học – Văn Phú Quốc [14] A Computational Introduction To Number Theory And Algebra – Victor Shoups [15] Tuyển chọn tốn kì thi chọn đội tuyển tỉnh, thành phố năm học 2016 – 2017 – Toán học cho người [16] Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu toán – Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [17] 104 Number Theory Problems: From the Training of the USA IMO Team [18] Tài liệu ôn đội tuyển VMO 2015 – Thầy Trần Minh Hiền – Chuyên Quang Trung – Bình Phước [19] Diễn đàn AoPS Online https://artofproblemsolving.com/community [20] Diễn đàn toán học Việt Nam - VMF, https://diendantoanhoc.net/ Số học - Bà chúa toán học 122 Tạp chí tư liệu tốn học TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC Thơn – Thạch Hòa – Thạch Thất – Hà Nội Điện thoại: 0343763310; Email: tuangenk@gmail.com Fanpage: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG DOÃN QUANG TIẾN NGUYỄN MINH TUẤN TÔN NGỌC MINH QUÂN HUỲNH KIM LINH BIÊN TẬP NGUYỄN MINH TUẤN TRÌNH BÀY BẢN THẢO NGUYỄN MINH TUẤN ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Đề nghị quý bạn đọc tôn trọng quyền tác giả, không chép phụ Mọi ý kiến thắc mắc đóng góp vui lòng gửi địa cung cấp Phiên sách điện tử phát hành vào ngày 2/9/2019 CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ DOÃN QUANG TIẾN 0817431404 doanquangtien1442001@gmail.com https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/ Đại học KHTN – Đại học Quốc Gia TP.HCM LIMITED EDITION ... tốn Số học - Bà chúa toán học BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI SỐ HỌC Tạp chí tư liệu toán học Chương Cơ sở lý thuyết Đa thức Đơn thức theo biến x biểu thức có dạng m.xn m số n số nguyên không âm Đa thức. .. thức U (x) , V (x) cho U (x) P (x) + V (x) Q (x) = Số học - Bà chúa tốn học Tạp chí tư liệu tốn học Tạp chí tư liệu tốn học ĐA THỨC VÀ SỐ HỌC Định lý Schur Cho P (x) ∈ Z [x] đa thức khác đa thức. .. đơn thức hay đa thức biểu thức có dạng P (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + + a1 x + a0 (ak = 0) Khi gọi hệ số đa thức • ∈ Z, ∀i ta gọi đa thức P ∈ Z [x] tức tập đa thức hệ số nguyên • n gọi bậc đa thức,