MỘT VÀI BIẾN ĐỔI VÀ ỨNG DỤNG ĐƠN GIẢN TRONG SỐ HỌC Số học là một trong những bài toán khó trong các kỳ thi học sinh giỏi.. Học sinh ít được tiếp cận với dạng toán này và thường lúng tún
Trang 1MỘT VÀI BIẾN ĐỔI
VÀ ỨNG DỤNG ĐƠN GIẢN TRONG SỐ HỌC
Số học là một trong những bài toán khó trong các kỳ thi học sinh giỏi Học sinh ít được tiếp cận với dạng toán này và thường lúng túng trong quá trình tìm hướng giải quyết
Vì thế, tôi xin trình bày với bạn đọc một vài vấn đề sơ lược sau đây
1 Định lý (Ferma - nhỏ)
Giả sử a ∈ Z , P là số nguyên tố thoả mãn (a ; P) = 1
Khi đó ap− 1 ≡ 1 (modp)
Chứng minh:
Xét các số: a, 2a, …, (P -1)a
Giả sử tồn tại i , J ∈ { 1 ; 2 ; ( p − 1 ) } , ( i ≠ J ) để ia ≡ Ja (modp)
( − ) ≡ 0
⇒ i J a (modp)
0
≡
−
⇒ i J (modp), vì (a; P) = 1
P J
i − <
≤
0 ⇒ i − J = 0 ⇒ i = J (vô lý)
Vì thế, khi chia các số a, 2a, …, (P -1)a cho P có các dư số đôi một khác nhau và khác 0.
( 1 ) ( 1 ) !
2
( − 1 ) ! 1 ≡ ( − 1 ) !
(modp)
1
1≡
⇒ aP− (modp), vì: ( P ; ( P − 1 ) ! ) = 1
2 Bổ đề
Cho ai∈ Z , i = 0 , n − 1 ( n ≥ 2 )
Giả sử phương trình: 1 1 0 0
− x a x a a
n
có nghiệm hữu tỉ x0 Khi đó x0∈ Z
Lời giải:
(1) có nghiệm
q
P
x0 = , ( p , q ∈ Z , q > 0 , ( ) p , q = 1 )
Z q
p
q a q p a p
a q
p
a q
p a q
p a q
p
n
n n
n n n
n
n n n
n
∈
⇒
= +
+ + +
⇒
= + + + +
⇒
−
−
−
−
−
−
−
0
0
1 0
2 1
1 1
0 1 1
1 1
Giả sử trái lại rằng q > 1, thì tồn tại số nguyên tố a
Sao cho q = ka ( k ∈ N*) ⇒ a / pn
a: nguyên tố
1 ) ,
; vô lý; vì a là số nguyên tố.
Z q
q
∈
=
⇒
=
⇒
∈
≤
<
0
1 1
0
(đpcm)
q a
p a
/ /
Trang 23 Chú ý:
0
; , b ∈ Z b >
a
≥
=
⇒
∈
=
⇒
b a
a N
b a
a b
0
*
4 Ứng dụng:
Ví dụ 1 Cho a ∈ Z
CMR a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4 k + 3, ( k ∈ N )
Giải:
3
= k
P Số nguyên tố ( k ∈ N )
Giả sử trái lại rằng: a2 + 1 ≡ 0 (modp)
1
1
⇒ a P a P aP− (modp) , (Ferma – nhỏ)
Mặt khác: a2 ≡ − 1 (modp)
1
2
⇒ a k+ (modp) ⇒ aP− 1 ≡ − 1 (modp)
0
2 ≡
⇒ (modp) , mâu thuẩn P ≥ 3 ⇒ (đpcm)
Ví dụ 2 Cho n ∈ Z , n > 1 thoả mãn: 3n − 1 n CMR: n là số chẵn
Giải:
2
>
∈
n n
Z
n
Gọi P là ước nguyên tố bé nhất của n Do 3n − 1 P ⇒ P ≠ 3
( ) , 3 = 1 ⇒ 3 1≡ 1
⇒ P P− (modp) (Ferma - nhỏ)
Gọi h là số nguyên dương bé nhất sao cho: 3h ≡ 1 (modp)
Giả sử: n = kh + r ( 0 ≤ r < h ) ; Ta có
1 3 1 3 1
3n − = kh+r − ≡ r − (modp)
0 1
⇒ r (modp) ; do cách chọn h nên r = 0
h
n
⇒ ; lập luận tương tự ( P − 1 ) h
Nếu h > 1 thì h có ước nguyên tố q và ( P − 1 ) q ⇒ p > q
q là ước nguyên tố của n, điều này mâu thuẩn với cách chọn p, vậy h = 1.
1
3 ≡
⇒ (modp) ⇒ 2 ≡ 0 (modp)
P số nguyên tố ⇒ P = 2
Vì p=2 là ước của n, nên n là số chẵn (đpcm)
Ví dụ 3
Giải phương trình nghiệm nguyên
2
) )(
(
4 a − x x − b + b − a = y (*)
Trong đó: a , b ∈ Z và a > b
Giải:
Giả sử phương trình (*) có nghiệm nguyên ( y x , ), khi đó:
(*) ⇔ [ 4 ( a − x ) − 1 ][ 4 ( x − b ) − 1 ] = ( ) 2 y 2 + 1
Trang 31 ,
0
≥
−
⇒
∈
>
−
b a Z
b
a
b
a
1 ) (
⇒ a x có dạng 4 m + 3 ( m ∈ N )
1 ) (
⇒ a x có ước nguyen tố dạng 4 k + 3 ( k ∈ N )
Mà ( ) 2 y 2 + 1 không có ước dạng này (vô lý); (Theo VD 1)
Vậy, phương trình (*) không có nghiệm nguyên
Ví dụ 4 Tìm nghiệm nguyên của hệ
= +
= +
) 2 ( 3 2
) 1 ( 16 4
2
2 3
yz z
y x
Giải:
Giả sử hệ có nghiệm nguyên ( x , y , z ), Từ (1) ⇒ y chẵn ⇒ y = 2y1, khi đó:
3 2
1 3
1 2
2 1
3
= + +
⇒
= +
= +
z y x z
y z
y x
( 1+ )2+ 1 = ( 2 − ) ( [ + 1 )2+ 3 ]
x chẵn – không xảy ra.
⇒ x lẻ ⇒ ( x + 1 )2 + 3 có ước nguyên tố dạng 4 k + 3 ( k ∈ N )
mà ( y1+ z )2+ 1 không có ước dạng này (vô lý) (Theo ví dụ 1)
Vậy, hệ đã cho không có nghiệm nguyên
a
b b
+
+ + +
+
1
1 1
3
CMR: ( a2010− 1 ) ( b + 1 )
Giải:
Z n a
b b
a
Z m a
b b
a
∈
=
+
+
+
+
∈
= +
+ + +
+
1
1 1
1
1
1 1
1
3 3
3 3
1
1
3
+
+
⇒
b
a và
1
1
3
+
+
a
b là các nghiệm của phương trình
0
2− mx + n =
Theo bổ đề, nếu (*) có nghiệm hửu tỉ x0 thì x0∈ Z
( 1 ) ( 1 )
1
3
+ +
⇒
∈ +
+
b
a
+
−
−
−
=
−
1 1
1 1 1
3 6
6 335 6 2010
a a
a a
a
( a2010− 1 ) ( b + 1 ) (đpcm)
Ví dụ 6 Cho x, y là các số nguyên, x ≠ − 1 và y ≠ − 1
Trang 4Sao cho:
1
1 1
4
+
− + +
−
x
y y
x
là số nguyên Chứng minh rằng
1
44
x chia hết cho x + 1 ( QG − 2007 ) )
Giải:
Lập luận tương tự trên, ta có: Z
x
+
−
1
1
4
⇒ y4 − 1 ( x + 1 )
( 1 ) 1 ( 1 )
44
( do y44− 1 y4− 1 ) ⇒ y44− 1 ( x + 1 ) , và x4− 1 x + 1 )
Ví dụ 7 Tìm các số x , , y z nguyên dương sao cho
( 1 )( 1 )
1
2 xy − = z x − y − (1)
Giải:
N z
y
x , , ∈ , 2 xy − 1 là số lẽ ⇒ z ( x − 1 )( y − 1 ) là số lẻ
y
x,
⇒ là số chẵn, còn z là số lẻ
Không mất tính tổng quát, coi rằng: x ≥ y
Đặt: a = x − 1 ; b = y − 1 ( a, b lẻ và a ≥ b )
PT (1) trở thành:
1 1 1
ab b a zab b
Nếu a = b thì 4 2 1 *
N a
2
4
4
N a a
a
⇒
1
a ( b = 1 )
Tìm được ( x , y , z ) ( = 2 ; 2 ; 7 )
Nếu a ≥ b ≥ 1
* Xét:
20
19 20
1 4
2 5
2 1 2 2 0 5
≥
ab b a a
b
*
1 2 2
N ab b
⇒
Vậy, b < 4, b lẻ nên b ∈ { } 1 ; 3
a
b = ⇒ ∈ (do: (2))
1
>
a do đó: a = 3
Tìm được ( x , y , z ) ( = 2 ; 4 ; 5 )
* Xét b = 3, từ (2) *
3
2 3
7
N
a + ∈
⇒ ; a > 3 ⇒ a = 7
Tìm được: ( x ; y ; z ) ( = 4 , 8 , 3 )
Do vai trò x, y như nhau nên pt (1) có 5 nghiệm
( x ; y ; z ) ( ∈ { 2 ; 2 ; 7 ) ( ; 2 ; 4 ; 5 ) ( ; 4 ; 2 ; 5 ) ( ; 4 ; 8 ; 3 ) ( ; 8 ; 4 ; 3 ) }
Trang 5Ví dụ 8 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên lớn hơn 1 có tính chất: Khi chia tích 2 số cho số thứ ba ta được
dư là 1
Giải:
Giả sử tìm được bộ ba số ( a , , b c ) thoả mãn điều kiện bài toán, không mất tính tổng quát, coi rằng:
c
b
≤
, ( ab − 1 ) c,( bc − 1 ) a ( ca − 1 ) b
abc c b a abc ca
bc
Ta có:
) 1 ( 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1 1
2
=
− + +
∈
− + +
>
+ +
≥
abc c b
a
N abc c b a c b a
* ≥ 3 ⇒ 1 + 1 + 1 ≤ 1
c b a
2
=
a , từ đó ta suy ra:
2
1 2
1 1
bc c b
⇒
2
3 2 2
1 2
− +
=
−
−
=
b b
b c
=
=
=
⇒
≥
>
−
) ( 5
5 , 3 2
3 ) 2 (
loai b
c b b
c
b
Tìm được ( a ; b ; c ) = ( 2 ; 3 ; 5 ) và các hoán vị của nó
Ví dụ 9 Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( b a , ) sao cho
a b
b a
−
+
2
2
và
b a
a b
−
+
2
2
là các số nguyên
Giải:
Do vai trò ( b a , ) như nhau nên coi rằng: a ≤ b
*
) 0 ( ≠
=
a
b
a
a
−
+
1
2
∈
⇒
∈
∈
N a
Z a
Tìm được: ( a , b ) ∈ { ( 2 ; 2 ), ( 3 ; 3 ) }
*Xét 0 ≤ a < b ⇒ a + 1 b ≤ (1), a < b2
⇒
a b
b a
−
+
2
2
*
N
∈ ⇒ a2 + b ≥ b2 − a
⇒ ( a + b )( a − b + 1 ) ≥ 0 ⇒ a + 1 ≥ b
a a
a a
a
−
−
+ +
⇒ +
=
1
) 1 (
2 )
2 (
Trang 6⇒ Z
a a
a
∈
−
−
+
1
2 4
2
Z a
a
−
−
+
⇒
1
1 2
2 ; ( a2 − a − 1 ; 2 ) = 1
Xét: a = 0 ⇒ b = 1 (thoả mãn)
a = 1 ⇒ b = 2 ( thoả mãn)
1
1 2
a a
a
−
−
+
⇒
0 2 3
⇒ a a ⇒ 2 ≤ a < 4 ⇒ a ∈ { } 2 ; 3 , ( do : a ∈ N )
* a = 3 (loại)
* a = 2 ⇒ b = 3 (thoả mãn)
Thử lại, đi đến kết quả:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a ; b ∈ { 2 ; 2 , 3 ; 3 , 0 ; 1 , 1 ; 2 , 2 ; 3 } và các hoán vị của nó
Ví dụ 10 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên ( a , , b c ) sao cho: 1 < a < b < c và số ( a − 1 )( b − 1 )( c − 1 ) là ước của abc − 1
Giải:
Đặt : a − 1 = m , b − 1 = n , c − 1 = p ( 0 < m < n < p )
*
1 1 1 1 1 1
N np mp mn p n m
Xét: m ≥ 3 ⇒ n ≥ 4 ; p ≥ 5 ⇒ A < 1, nên A ∉ N*
{ } 1 ; 2
∈
3
; 2
np p n B p
n
* )
2 (
2
5
p
n = ⇒ ∈ (không xảy ra)
7 4
3
7 3
2
p n
Thử trực tiếp, chỉ có: p = 7 (thoả mãn)
Tìm được ( a ; b ; c ) ( = 2 ; 4 ; 8 )
* n ≥ 4 ⇒ p ≥ 5 ⇒ 2 + 2 + 1 < 1
np p
Xét m = 2, ( n ≥ 3 , p ≥ 4 ) ⇒(1) 1 *
2
3 2
3 2
1
N np p n
3
=
n ⇒(3) *
6
11
N
p ∈ (không xảy ra)
14 5
4
7 8
7 5
p p
n
Thử trực tiếp, chỉ có p = 14 thoả mãn
Trang 7, , n p N m
p xyz
n zx yz xy
m z y
x
∈
⇒
=
= + +
= + +
WWW.VNMATH.COM
) 3 (
10
17 8
n = ⇒ + ∈ (không xảy ra)
84
81 7
n
⇒ C ∉ N*
Thử lại, đi đến kết luận:
( a ; b ; c ) ( ∈ { 2 ; 4 ; 8 ) ( , 3 ; 5 ; 15 ) }
Ví dụ 11 Xác định các bộ số hữu tỉ dương ( x ; ; y z ) sao cho
,
z y
x + +
z y x
1 1
1 + + và xyz là các số tự nhiên.
Giải:
Từ điều kiện của bài, ta có:
y
x,
⇒ và zlà các nghiệm hữu tỉ của phương trình
0
2
3 − mt + nt − p =
t
*
, , y z N
⇒ (Theo bổ đề)
Không giảm tổng quát, coi rằng: 1 ≤ x ≤ y ≤ z
*
1 1 1
z y
x + + ∈
≥
⇒
{ 1 ; 2 ; 3 }
1 1
⇒
z y x
Xét: 1 + 1 + 1 = 3 ⇒ x = y = z = 1
z y x
Xét: + + = ≤ ⇒
x z
y x
3 2 1 1 1
∈
≤
≤
*
2
3 1
N x
x
1 1 1
=
z y x
2 1
1
− +
=
y z
Xét: 1 + 1 + 1 = 1 ≤ 3 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3
x z
y x
2
1 1 1 2
3 3
= +
⇒
=
=
=
⇒
=
z y x
z y x
2
4 2
− +
=
⇒
y z
6
; 4
; 3 2
4 / 2
∈
⇒
≤
≤
−
y z y
y
3
( x ; y ; z ) ( ) ( = { 1 ; 1 ; 1 , 3 ; 3 ; 3 ) ( , 1 ; 2 ; 2 ) ( , 2 ; 4 ; 4 ) ( , 2 ; 3 ; 6 ) } và các hoán vị của nó.
Trang 8Ví dụ 12 Một tứ giác lồi có 4 cạnh là 4 số tự nhiên, sao cho tổng 3 số bất kỳ trong chúng chia hết cho
số còn lại CMR tứ giác đó có 2 cạnh bằng nhau
Giải: Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a , b , c , d ∈ N*
Giả sử trái lại rằng: 1 ≤ a < b < c < d theo điều kiện của bài
(Với: m , n , p , q ∈ N*, q < p < n < m )
d c b
a + + > ⇒ qd > 2 d ⇒ q ≥ 3 , p ≥ 4 , n ≥ 5 , m ≥ 6
1 20
19 1 1 1
⇒
q p n
q p n m
Vậy, điều khẳng định bài toán được chứng minh
WWW.VNMATH.COM
5 Một số bài tập
Bài 1 Xác định các cặp số tự nhiên ( y x ; ) sao cho:
y
x 1 +
và
x
y 1 +
là các số tự nhiên
Bài 2 Giải các phương trình nghiệm nguyên dương
a x2− y3 = 7
b 4 xy − x − y = z2
Bài 3 Cho a ∈ Z CMR a2 + a + 1 không có ước nguyên tố dạng 3 k + 2
Bài 4 Tìm các số nguyên tố p sao hệ sau có nghiệm nguyên dương
+
=
+
=
1 2
1 2
2 2
2
p y
p x
Bài 5 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
xyz z y
x + + =
Bài 6 Xác định các bộ ba số nguyên dương ( x ; ; y z ) sao cho
z y
x
1 1
1 + + là số tự nhiên
Bài 7 Xác định các cặp số nguyên dương ( ) x; y thoả mãn
1
3
−
+
xy
x x
là số tự nhiên
Bài 8 Ví dụ 3: Cho p=4k+3 ( k ∈ N )là số nguyên tố CMR
Z y
x ∈
∀ , thoả mãn: x2 + y2 p thì x pvày p
Vậy, điều khẳng định bài toán được chứng minh
Bài 9 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x ; y ; z ; a ; b ; c ) thoả mãn hệ Phương trình:
a + b + c = xyz
mâu thuẫn
Trang 9Bài 10 Giả sử a , b ∈ N* sao cho ( ) *
3
1 3
N a
a + b + ∈
CMR ( )
a
3
1
+ là một số lẻ.
Bài 11 Cho dãy số ( ) an , ( n ∈ N*) được xác định bởi:
90 ,
38
;
3 ,
30
CMR a2011 chia hết cho 2011
Bài 12 Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của 22n + 1 ( n ≥ 2 )
Thì p − 1 chia hết cho 2n+2
* TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Tạp chí toán học & Tuổi trẻ
- Tài liệu tập huấn (Phát triển chuyên môn GV trường THPT Chuyên)