SH hien PTT uoc chung lon nhat boi chung nho nhat va lien he giua chung 2016 08 15

ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, BỘI CHUNG NHỎ NHẤT VÀLIÊN HỆ GIỮA CHÚNG PHẠM THỊ THU HIỀNChuyên Hùng Vương - Phú ThọEmail: Phamhienchv@gmail.comCác khái niệm ước số chung lớn nhất GCD và bội số chun

ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT, BỘI CHUNG NHỎ NHẤT VÀ

LIÊN HỆ GIỮA CHÚNG

PHẠM THỊ THU HIỀNChuyên Hùng Vương - Phú ThọEmail: Phamhienchv@gmail.comCác khái niệm ước số chung lớn nhất (GCD) và bội số chung nhỏnhất (LCM) là những khái niệm cơ bản của số học Cách đây khoảng

2000 năm, con người đã biết đến thuật toán Euclid nổi tiếng và có lẽ làthuật toán cổ nhất của toán học để tìm ước số chung lớn nhất của hai

số nguyên a và b với b 6= 0 Với mục đích tìm hiểu sâu hơn sự vận dụngcủa hai khái niệm này, báo cáo tập trung trình bày một số tính chất củaước số chung lớn nhất, bội số chung nhỏ nhất và mối liên hệ giữa chúngcùng các ví dụ điển hình được chọn lọc từ các cuộc thi chọn học sinhgiỏi của các nước

1 Ước chung lớn nhất

Định nghĩa 1.1 Cho hai số nguyên a và b trong đó ít nhất một số khác

0 Số nguyên dương d được gọi là ước số chung lớn nhất của a và b nếu:(i) d | a và d | b (d là ước số chung của a và b),



= 1

(ii) Cho c là một số nguyên dương Khi đó ta có gcd (ca, cb) = c gcd (a, b) (iii) gcd (a, b) = 1 và b | ac thì b | c

(iv) Nếu gcd (a, b) = 1 và gcd (a, c) = 1 thì gcd (a, bc) = 1.

Định lí 1.4 Với các số nguyên a, b ta có a2, b2
= (a, b)2

Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho các số nguyên a, b, ckhác 0 Khi đó ta có

(a, bc) = (a, (a, b) c)

Ta có (a, (a, b) c) | ((a, b) c) | bc Do đó (a, (a, b) c) là ước của a và bc, suy

ra (a, (a, b) c) | (a, bc)

Mặt khác, (a, bc) là ước của a và bc nên nó là ước của ac và bc Vìvậy (a, bc) | (ac, bc) = c (a, b) Ta có (a, bc) là ước của a và c (a, b) nên(a, bc) | (a, (a, b) c)

Vậy (a, bc) = (a, (a, b) c)

Giả sử m, n là hai số nguyên tố cùng nhau, tức là (m, n) = 1 Áp dụng

bổ đề vừa chứng minh ta có

m2, n2
= m2, m2, n
n
= m2,(n, (m, n) m) n

Vì (m, n) = 1 nên m2,(n, (m, n) m) n
= m2, n
Lại áp dụng bổ đề tacó

m2, n
= (n, (m, n) m) = 1

Vì vậy (m, n) = 1 suy ra m2, n2
= 1

Ta có theo tính chất 1.2 (i)

a(a, b),

b(a, b)



= 1

suy ra



a2(a, b)2,

b2(a, b)2



= 1

Từ đó theo tính chất 1.2 (ii) ta có a2, b2
= (a, b)2

Ví dụ 1.5 Cho hai số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau Chứng minhrằng

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.6 (1997 Russian Mathematical Olympiad) Tìm tất cả các bộ

ba số tự nhiên m, n, l thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

m+ n = (m, n)2, m+ l = (m, l)2, n+ l = (n, l)2.Lời giải Đặt d = gcd (m, n, l) Khi đó ta có m = dm1, n = dn1, l = dl1với gcd (m1, n1, l1) = 1

Đặt dmn = gcd (m1, n1) Theo giả thiết ta có d (m1 + n1) = d2d2mn Suy

ra m1 + n1 = dd2mn Tương tự như vậy với dnl và dlm ta có

và ta có

m2dlm + n2dln = ddmn.Không làm mất tổng quát ta giả sử dmn = min {dmn, dlm, dln} ta có

Lời giải (i) Đặt d = (Fn, Fn+1) Ta có d | Fn và d | Fn+1 nên d |

Fn+1− Fn = Fn −1 Do đó d | Fn − Fn −1 = Fn −2 Tiếp tục quá trình nhưvậy ta suy ra d | F1 = 1 Vì vậy ta có d = 1

(ii) Ta cố định t và chứng minh quy nạp theo s

Với s = 1 ta có Ft+1 = F0Ft + F1Ft+1 là hiển nhiên

Giả sử s > 1 và Fs −k+t = Fs −k−1Ft + Fs −kFt+1 với mọi k thỏa mãn

Nếu d = 1 thì hiển nhiên d | Fa Trong trường hợp d > 1 Theo định

lí Bezout, tồn tại hai số nguyên x, y sao cho xm + yn = a Hiển nhiênkhông thể xảy ra trường hợp cả x và y là nguyên âm Vì a | m, a | n nên

a ≤ m, a ≤ n x, y cũng không thể cùng là các số nguyên dương vì nếunhư vậy thì a = xm + yn ≥ m + n, mâu thuẫn Do đó, x và y trái dấunhau, không mất tổng quát ta giả sử x ≤ 0, y > 0

Ta có Fyn = Fa −xm = Fa −1F−xm + FaF−xm+1

Ta có n | ny, m | (−xm), do đó Fn | Fyn, Fm | F−xm Từ đó suy ra d | Fyn

và d | F−xm Vì thế d | FaF−xm+1

Dễ dàng thấy được d | Fm | F−xm Nếu (d, F−xm+1) = k > 1 thì k |

F−xm+1 và k | F−xm Mà hai số Fibonacci liên tiếp nguyên tố cùng nhau

Ví dụ 1.9 Xét các số Fermat fn = 22 n

+ 1 Chứng minh rằng với các

số nguyên dương m, n, m > n ta có (fm, fn) = 1

Lời giải Ta có với mọi số nguyên dương m

Rõ ràng d là số nguyên dương lẻ Vì vậy fm và fn nguyên tố cùng nhau

Ví dụ 1.10 Cho f (x) = x3−x+1 Kí hiệu an(x) = f (f ( (f (x)) )),

nlần f Chứng minh rằng các số trong dãy m, a1(m) , a2(m) , đôi mộtnguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên m > 1

Lời giải Ta có f (x) − 1 = x3 − x = (x − 1) x (x + 1) Đặt ai = ai(m).Khi đó ta có

an+k − 1 = (an +k−1 − 1) an +k−1(an +k−1 + 1)

= (an +k−2 − 1) an +k−2(an +k−2 + 1) an +k−1(an +k−1+ 1)

= · · ·

= (an − 1) anan+1· · · an −k+1(an + 1) (an+1 + 1) · · · (an +k−1+ 1)

Do đó với các số tự nhiên i, j và i > j > 1 ta có aj | (ai− 1) Giả sử

d = (ai, aj) thì d | [ai − (ai − 1)] = 1 Do đó d = 1 Vậy các số trong dãy

m, a1(m) , a2(m) , đôi một nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên

m > 1

Ví dụ 1.11 Cho f (x) là một đa thức với các hệ số nguyên Kí hiệu

a0 = 0, an = f (an −1) với mọi n ≥ 1 Chứng minh rằng (am, an) = |a(m,n)|.Khi f (x) = P9

i=2

xi+ 2, hãy tìm (a2016, a2014)

Lời giải Đẳng thức

(am, an) = |a(m,n)| (1.1)hiển nhiên đúng khi m = 0 hoặc n = 0 Bây giờ ta xét m, n > 0

Để chứng minh đẳng thức (1.1) trước hết ta chứng minh tính chất

đúng với mọi n, q ∈ N∗

Chứng minh tính chất (1.2) bằng quy nạp theo q

Hiển nhiên (1.2) đúng khi q = 1

Giả sử (1.2) đúng với q − 1 tức là ta có an (q−1) an Ta cần chứng minh

anq an

Với mỗi số nguyên dương k ta đặt fk(x) = f (f ( (f (x)) )), k lần f

Ta có

anq − an = fn an(q−1)
− fn(0) an (q−1).Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta có (1.2) đúng với q

Bây giờ để chứng minh (1.1), tương tự như thuật toán Euclid, ta chỉ rarằng, nếu m = nq + r thì

(am, an) = (an, ar) (1.3)Thật vậy ta có

am− ar = fr(anq) − fr(0) anq.Kết hợp với tính chất (1.2) ta có

,2n3

, ,

2n2n − 1



= 2

l+1m2k − 1

2l+1m− 12k − 2

.Nhưng 2k − 1 ∤ 2l+1 với k > 1 nên 2l+1 |  2

l+1m2k − 1

 Từ đó ước chunglớn nhất của các số đã cho bằng 2l+1

Kí hiệu bội số chung nhỏ nhất của a và b là lcm (a, b) hoặc [a, b]

Tính chất 2.2 Sau đây là một số tính chất của bội số chung nhỏ nhất(i) Nếu lcm (a, b) = k thì gcd k

a,

kb

Khái niệm bội số chung nhỏ nhất được mở rộng tự nhiên cho trườnghợp có hơn hai số theo cách như sau

lcm (a1, a2, , an−1, an) = lcm (lcm (a1, a2, , an−1) , an)

Ví dụ 2.3 Chứng minh rằng

lcm (1, 2, , 200) = lcm (101, 102, , 200) Lời giải Ta đi chứng minh bài toán tổng quát: Với mọi số nguyên dương

n ta có

lcm (1, 2, , 2n) = lcm (n + 1, n + 2, , 2n) Đặt A = lcm (1, 2, , 2n), B = lcm (n + 1, n + 2, , 2n) Hiển nhiên ta

có A B

Bây giờ ta sẽ chứng minh B A Ta đi chứng minh B k với mọi k =

1, 2, , 2n

Nếu k ∈ {n + 1, n + 2, , 2n} thì hiển nhiên B k

Nếu k ∈ {1, 2, , n} thì trong k số nguyên dương liên tiếp n + 1, n +

2, , n + k có một số chia hết cho k Giả sử đó là a Ta có

Lời giải Ta thấy cả hai số 1000 và 2000 đều có dạng 2m5n nên các số

a, b, c đều phải có dạng này Đặt a = 2m 15n 1, b = 2m 25n 2, c = 2m 35n 3,trong đó mi, ni là các số nguyên không âm với i = 1, 2, 3

Từ (2.1) ta có m3 = 4, hai số m1, m2 có một số bằng 3 và một số nhậnmột trong các giá trị 0, 1, 2, 3 Có 7 bộ (m1, m2, m3) thỏa mãn đó là(0, 3, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (3, 0, 4), (3, 1, 4), (3, 2, 4) và (3, 3, 4).

Từ (2.2) ta có hai trong ba số n1, n2, n3 bằng 3 và số còn lại nhận mộttrong các giá trị 0, 1, 2, 3 Ta có 10 bộ (n1, n2, n3) thỏa mãn đó là (3, 3, 0),(3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 0, 3), (3, 1, 3), (3, 2, 3), (0, 3, 3), (1, 3, 3), (2, 3, 3) và(3, 3, 3)

Như vậy ta có tất cả 7.10 = 70 bộ số thỏa mãn đề bài

Ví dụ 2.5 (Putnam 1980) Hỏi có bao nhiêu bộ 4 số (a, b, c, d) thỏa mãn

3r7s = [a, b, c] = [b, c, d] = [c, d, a] = [d, a, b] Lời giải Vì sự phân tích thành các nhân tử nguyên tố của một số nguyên

là duy nhất nên mỗi số a, b, c, d đều phải có dạng 3m i7ni với 0 ≤ mi ≤ r,

0 ≤ ni ≤ s, i = 1, 2, 3, 4

Hơn nữa, mi bằng r đối với ít nhất hai số trong 4 số mi Tương tự ni

bằng s đối với ít nhất hai trong 4 số ni Ta có 4

2



r2 = 6r2 cách chọnhai trong bốn số mi bằng r và hai số mũ mi còn lại nhận các giá trịtrong tập {0, 1, , r − 1}, có 43 r = 4r cách chọn ba trong bốn số

mi bằng r và một số mi còn lại nhận giá trị trong tập {0, 1, , r − 1}, có

, ,n

n

= lcm (1, 2, , n + 1) (2.3)

Lời giải Trước hết ta nhắc lại định lí: Giả sử n là số nguyên dương.Khi đó lũy thừa của số nguyên tố p xuất hiện trong phân tích ra thừa

số nguyên tố của n! là

 np

+ n

p2

+ n

p3

+ · · ·

Giả sử p là một số nguyên tố, p ≤ n + 1 và α (tương ứng β) là số mũlớn nhất của p ở vế trái (tương ứng vế phải) của (2.3) Chọn số r thỏamãn pr

≤ n + 1 < pr+1 Rõ ràng β = r

Ta cần chứng minh rằng, nếu pr ≤ m < pr+1 thì pr+1 ∤ m

k

với

Từ (*) ta có pr+1 không là ước của các số nguyên n

k

, n + 1k

,

Mặt khác với k = pr − 1 ta có k ≤ n nên ak = (k + 1)n + 1

k+ 1

chiahết cho pr

Vậy β = r = α Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.7 (APMO 1998) Tìm số nguyên n lớn nhất thỏa mãn n chiahết cho tất cả các số nguyên nhỏ hơn √3 n.

Lời giải Ta thấy 7 < √3

420 < 8 và 420 = lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} Ta đichứng minh 420 là số cần tìm

Giả sử n > 420 là số nguyên thỏa mãn chia hết cho tất cả các số nguyênnhỏ hơn√3 n Ta có√3

n > 7 nên n chia hết cho 420 = lcm {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7},

Vế trái của bất đẳng thức trên là hàm đơn điệu tăng của biến m, còn vếphải là hàm đơn điệu giảm của biến m Với m = 13 ta có

13.12.11.10 = 17160 > 6.143

do vậy bất đẳng thức trên không đúng với mọi m ≥ 13

Vậy không có số m > 420 nào thỏa mãn điều kiện đề bài

Ví dụ 2.8 (1951 Russian Mathematics Olympiad) Cho các số nguyêndương a1, a2, , an nhỏ hơn 1000 và lcm (ai, aj) > 1000 với mọi i, j, i 6= j.Chứng minh rằng

Lời giải Nếu 1000

k2 là số các ai nằm trong khoảng  1000

3 ,

10002

, Như vậy ta có k1 +2k2 + 3k3 + · · · các số nguyên, không lớn hơn 1000, là bội của ít nhấtmột số ai nào đó Vì các bội này là phân biệt (vì lcm (ai, aj) > 1000)nên ta có

a1 >  2n

3

.( ⌊α⌋ là kí hiệu phần nguyên của số thực α)

Lời giải Rõ ràng, trong các số trên không tồn tại cặp số nào mà sốnày chia hết cho số kia (vì nếu trái lại thì bội chung nhỏ nhất của chúngnhỏ hơn hoặc bằng 2n) Ta viết ak = 2t kAk với Ak là số lẻ Ta thấy cácgiá trị Ak là phân biệt Mặt khác từ 1 đến 2n ta có n số lẻ phân biệt

Do đó các giá trị Ak là các số lẻ từ 1 đến 2n theo một thứ tự nào đó

Ta xét a1 = 2t 1A1

Nếu a1 ≤  2n

3

thì 3a1 = 2t 13A1 ≤ 2n tức là 3A1 < 2n Do đó 3A1 làmột số lẻ nhỏ hơn 2n, tức là 3A1 = Aj nào đó Như vậy aj = 2t j3A1.Khi đó [a1, aj] = 2t 1

3A1 = 3a1 ≤ 2n hoặc [a1, aj] = 2t j3A1 = aj ≤ 2n,mâu thuẫn với giả thiết Vậy điều giả sử là sai, tức là ta có a1 >  2n

3



Ví dụ 2.10 Cho a0 < a1 < a2 < · · · < an là các số nguyên dương.Chứng minh rằng

1

lcm (a0, a1) +

1lcm (a1, a2) + · · · + 1

lcm (an −1, an) ≤ 1 − 1

2n (2.4)Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n

Với n = 1, ta có lcm (a0,a1) ≥ lcm (1, 2) = 2 Do đó 1

lcm (a0,a1) ≤ 1 −1

2.Giả sử (2.4) đúng với n = k, tức là nếu a0 < a1 < a2 < · · · < ak thì tacó

1lcm (a0, a1) +

1lcm (a1, a2) + · · · + lcm (a1

k −1, ak) ≤ 1 − 21k

Ta đi chứng minh (2.4) cũng đúng với n = k + 1 Giả sử a0 < a1 < a2 <

· · · < ak < ak+1 là các số nguyên dương Ta xét hai trường hợp

Trường hợp 1 ak+1 ≥ 2k+1 Ta có lcm (ak,ak+1) ≥ ak+1 ≥ 2k+1 Theo giảthiết quy nạp ta có

1

lcm (a0, a1) +

1lcm (a1, a2) + · · · + lcm (a1

k −1, ak) +

1lcm (ak, ak+1)

≤ 1 − 1

2k + 1

2k+1 = 1 − 1

2k+1,Trường hợp 2 ak+1 < 2k+1 Khi đó ta có

1lcm (ai −1, ai) =

1

lcm (a0, a1) +

1lcm (a1, a2) + · · · + lcm (a1

k −1, ak) +

1lcm (ak, ak+1)

≤ 1

a0 − 1

ak+1 ≤ 1 − 1

2k+1.Theo phương pháp quy nạp ta được điều phải chứng minh

Ví dụ 2.11 Cho các số nguyên dương không vượt quá số nguyên dương

m không đổi cho trước Chứng minh rằng nếu mọi số nguyên dương nhỏhơn hoặc bằng m không chia hết cho cặp hai số nào trong các số đượccho ở trên, thì tổng nghịch đảo của các số đã cho nhỏ hơn 3

2

Lời giải Theo giả thiết mọi số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng mkhông chia hết cho cặp hai số nào trong các số được cho ở trên nên bộichung nhỏ nhất của hai số bất kì trong các số được cho lớn hơn m Giả

sử cho n số, kí hiệu x1, x2, , xn Với mỗi i, ta có  m

xi

bội của xi trongcác số 1, 2, , m, ( ⌊α⌋ là kí hiệu phần nguyên của số thực α) Không có

số nào trong chúng là bội của xj với j 6= i vì bội chung nhỏ nhất của xi

và xj lớn hơn m Như vậy ta có

 m

x1

+  m

x2

+ · · · + m

xn



phần tử đôi một khác nhau của tập hợp {1, 2, , m} chia hết cho mộttrong các số x1, x2, , xn Trong các phần tử này không có phần tử nàobằng 1 (trừ trường hợp n = 1, khi đó điều phải chứng minh là hiểnnhiên) Do đó

 m

x1

+ m

x2

+ · · · +  mx

số các số lẻ trong các số 1, 2, , m Do đó n ≤ m+ 1

2

3 Liên hệ giữa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

Định lí 3.1 Cho m, n là hai số nguyên dương Khi đó ta có

mn = gcd (m, n) lcm (m, n) Chứng minh Giả sử m = pα 1

gcd (3, 3, 3) lcm (3, 3, 3) = 3.3 = 9 < 3.3.3 = 27

Ví dụ 3.3 Cho m, n là các số nguyên dương thỏa mãn

lcm (m, n) + gcd (m, n) = m + n

Chứng minh rằng một trong hai số đó chia hết cho số còn lại

Lời giải Cách 1 Đặt d = gcd (m, n) Khi đó ta có m = ad, n = bd vớigcd (a, b) = 1 và

lcm (m, n) = mn

gcd (m, n) = abd.

Theo bài ra ta có phương trình abd + d = ad + bd hay ab − a − b + 1 = 0.

Từ đó ta có (a − 1) (b − 1) = 0, suy ra a = 1 hoặc b = 1 Như vậy ta có

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3.4 (St Petersburg 2001) Cho m, n là các số nguyên dương,

m > n Chứng minh rằng

lcm (m, n) + lcm (m + 1, n + 1) > √2mn

m− n.Lời giải Đặt m = n + k Khi đó ta có

lcm (m, n) + lcm (m + 1, n + 1) = mn

gcd (m, n) +

(m + 1) (n + 1)gcd (m + 1, n + 1)

> mngcd (n + k, n) +

mngcd (m + 1, n + 1)

gcd (k, n) +

mngcd (n + k + 1, n + 1)

gcd (k, n) +

mngcd (k, n + 1).

Dễ thấy gcd (k, n) và gcd (k + 1, n) không thể có chung ước số nguyên

tố nào vì nếu p là một ước số nguyên tố chung của chúng thì p | n và

p | n + 1, điều này là vô lí Mặt khác gcd (k, n) | k và gcd (k, n + 1) | knên ta có gcd (k, n) gcd (k + 1, n) ≤ k

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM GM) ta có

-lcm (m, n) + -lcm (m + 1, n + 1) > mn

gcd (k, n) +

mngcd (k, n + 1)

≥ 2mn

r

1gcd (k, n) gcd (k, n + 1) ≥ 2mnr 1k = √2mn

m− n.

Ví dụ 3.5 Cho a, b, c là các số nguyên khác không Chứng minh rằng(i) [a, (b, c)] = ([a, b] , [a, c]) ,

(ii) (a, [b, c]) = [(a, b) , (a, c)]

Lời giải (i) Ta có

(a, b, c)



b(a, b),

c(a, c)



=

b(a, b) (a, b, c) ,

c(a, c)(a, b, c)



=

b(a, b) ((a, b) , (b, c)) ,

c(a, c)((a, c) , (b, c))



=



b, b(b, c)(a, b)

,



c,c(b, c)(a, c)



=



b, b(b, c)(a, b)

, c, c(b, c)(a, c)



=



b, b(b, c)(a, b) , c

,c(b, c)(a, c)



=

(b, c) ,b(b, c)

(a, b) ,

c(b, c)(a, c)



= (b, c)



1, b(a, b),

c(a, c)



= (b, c)

Từ đó suy ra

(b, c)(a, b, c) =

b(a, b),

c(a, c)



[a, b]

a ; c(a, c) =

[a, c]

anên ta được

Vậy [a, (b, c)] = ([a, b] , [a, c])

(ii) Từ (i) ta suy ra

a.(b, c)(a, b, c) =

⇔ (a, b, c) [b, c]1 = a

(a, b) (a, c) [a, b, c]

⇔ a [b, c] (a, b, c) = (a, b) (a, c) [a, b, c]

⇔ a[b, c]

[a, b, c] =

(a, b) (a, c)(a, b, c)

⇔ (a, [b, c]) = [(a, b) , (a, c)]

Ví dụ 3.6 Cho ba số nguyên dương m, n và p Chứng minh rằng(i) [m, n, p] = mnp(m, n, p)

(m, n) (n, p) (p, m).(ii) [m, n, p] = (m, n, p) [m, n] [n, p] [p, m]

(m, n) (n, p) (p, m) =

dx.dy.dz.d

d(x, y) d (y, z) d (z, x) =

dxyz(x, y) (y, z) (z, x).

Do vậy điều phải chứng minh tương đương với

[x, y, z] = xyz

(x, y) (y, z) (z, x)trong đó (x, y, z) = 1

[x, y, z] = [[x, y] , z] = [x, y] z

([x, y] , z) =

xy(x, y).z([x, y] , z) =

xyz(x, y) ([x, y] , z).

(3.1)