ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN-ỨNG DỤNG VÀO CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC Nguyễn Đình Minh GV THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng Email: minhtdhsp@yahoo.com Trong các kì thi học sinh giỏi Toán, các bài
Trang 1ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN-ỨNG DỤNG VÀO CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
Nguyễn Đình Minh
GV THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng
Email: minhtdhsp@yahoo.com
Trong các kì thi học sinh giỏi Toán, các bài toán số học thường là các bài toán khó và phần lớn liên quan đến việc phân tích hay xét ước số nguyên tố của một số nguyên dương cho trước Việc tìm kiếm lời giải cho các bài toán đó là vấn đề khó khăn và đòi hỏi người làm toán cần có kỹ năng phân tích và nắm vững các kiến thức về lý thuyết số Bài viết
này sẽ giới thiệu về “đa thức chia đường tròn ” như là một công cụ hiệu quả mà qua đó
bạn đọc có thể sử dụng để tìm tòi, tiếp cận và giải quyết các vấn đề số học có liên quan
1 Đa thức chia đường tròn
1.1 Định nghĩa Cho số nguyên dương n,đa thức chia đường tròn thứ n là đa thức
1
k
k n
k n
trong đó, n j n j cos2j isin2j
với j1, 2, ,n là các căn bậc n của đơn vị
Ví dụ các đa thức chia đơn tròn thứ 1, 2,3 lần lượt là
1.2 Tính chất
Tính chất 1.1 Cho n là số nguyên dương, đa thức n x có bậc n với hệ số của bậc cao nhất bằng 1 và có đúng n nghiệm phân biệt
Chứng minh Tính chất này được suy ra trực tiếp từ định nghĩa của n x .
Tính chất 1.2 Cho các số nguyên dương m n, Khi đó n x ,m x có nghiệm chung khi và chỉ khi nm
Chứng minh Giả sử k t
(vớik m, t n, 1) là nghiệm chung của n x ,m x
thì
Trang 2 1 | |
và
Do đó, nm Chiều ngược lại hiển nhiên
Tính chất 1.3 Cho số nguyên dương n, khi đó
|
n
d
d n
x x
Chứng minh Gọi l
d
(vớil d , 1và d n| ) là một nghiệm của d x thì d l n d nl 1,
do đó l
d
là một nghiệm của x n 1
Ngược lại, nếu n k 1 k nlà một nghiệm của x n 1 Đặt
d t , 1và k t
là một nghiệm của d x ,nên cũng là nghiệm của đa thức vế phải Mặt khác theo các tính chất 1.1, 1.2, các nghiệm của các đa thức d x là phân biệt và
có hệ số của bậc cao nhất bằng 1, nên đẳng thức đã cho được chứng minh
Hệ quả 1.1 Với p là số nguyên tố thì
1
1
1.
p
p
x
x
Tính chất 1.4 Với n là số nguyên dương thì n x là đa thức có hệ số nguyên
Chứng minh Chứng minh bằng phương pháp quy nạp Với n 1, đa thức 1 x x 1
là đa thức với hệ số nguyên Giả sử m x là đa thức có hệ số nguyên, với mọi số nguyên dương mthỏa 1mn, khi đó
1
|
1
n n
m
m n
m n
x x
x
Trang 3Theo giả thiết quy nạp, m x là đa thức có hệ số nguyên và hệ số của bậc cao nhất bằng
1, nên n x là đa thức với hệ số nguyên
Tính chất 1.5 Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n, khi đó
i/ Nếu p n| thì pn x n x p ;
ii/ Nếu p n , 1 thì
.
p n pn
n
x x
x
Chứng minh
i/ Gọi k
pn
là một nghiệm của pn x ,với k pn , 1 Khi đó,
nên k
pn
cũng là nghiệm của n x p Do p n| , ta có
degpn x pn p n degn x p
Hơn nữa, các nghiệm của pn x phân biệt và các hệ số của bậc cao nhất của các đa thức
bằng 1, suy ra i/ được chứng minh
ii/ Gọi t
n
là một nghiệm của n x , trong đó t n , 1. Khi đó, tp n , 1và
Theo chứng minh i/, suy ra tất cả các nghiệm củan x vàpn x là nghiệm của n x p
Hơn nữa, do p n , 1 suy ra
degn x p p n pn n degpn x n x
Vậy ii/ được chứng minh
Hệ quả 1.2 Cho số nguyên tố p và n k, là các số nguyên dương, khi đó
Trang 4i/ Nếu p n| thì k ;
p n
ii/ Nếu p n , 1thì
1.
k
p n
n
x x
x
Chứng minh
i/ Áp dụng tính chất 1.5, ta có
ii/ Sử dụng i/, suy ra
1
1
k k
p n p
pn
n
x
x
Tính chất 1.6 Cho các số nguyên dương m n, thỏa m n , 1, khi đó
|
m
d m
1a 2a a k , , , 1
m p p p k a a và đặt
1
1
a
m s p
, sử dụng hệ quả 1.2,
1
1
|
a
d p
Thực hiện tương tự các bước phân tích trên cho s
, suy ra điều cần chứng minh
Tính chất 1.7 Cho m n, là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố Giả sử tồn tại số nguyên a sao cho p| n a và p| m a , khi đó p mn|
Chứng minh Theo tính chất 1.3, tồn tại đa thức f x với hệ số nguyên thỏa
1
mn
x x x f x
Đặt n x g x xa n a , m x h x xa n a , với g x h x , là các đa thức với hệ số nguyên Khi đó
Trang 5
x g x x a a h x x a a f x
Đạo hàm hai vế và cho xa,suy ra
1
mn a g a a f a h a a f a a a f a
Vìplà ước của n a , m a nhưng không là ước số củaanên từ đẳng thức trên suy ra
plà ước số của mn
Hệ quả 1.3 Cho m n, là các số nguyên dương phân biệt và p là số nguyên tố Giả sử tồn tại số nguyên a sao chop| m a và p| n a , khi đó tồn tại số nguyên s sao cho
s
n p m
Chứng minh Đặt m p m n . 0, p n . 0, trong đó , ,m p0 , n p0 , 1.
Nếu 0thì
Nếu 1,theo tính chất 2.5, ta có
m0 a p m0 a p m a m0a p 1 0 mod p m0 a 0 mod p
Do đó, ta luôn có p| m0 a .Chứng minh tương tự, ta được p| n0 a .Vì mn p , 1 nên theo theo tính chất 1.7, suy ra m0 n0,vì vậy s
m p nvới s
2 Ứng dụng đa thức chia đường tròn vào các chủ đề số học
2.1 Cấp của phần tử
Định lí 2.1 Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho n p , 1. Khi đó, với mọi
số nguyên a thì
p a d a n
Chứng minh Chứng minh theo phương pháp quy nạp Với n 1, hiển nhiên có
1
p a a d a
Trang 6Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn n Nếu p| n a thì p a | 1, đặt ord p a m,ta có m minn p, 1 Giả sử mn, theo giả thiết qui nạp suy
rap| m a ,do đó theo tính chất 1.7, suy ra p mn| , điều này mâu thuẫn với mn p , 1,
nên mn
Ngược lại, nếu ord p a n thì p a | n 1và n p | 1, theo tính chất 1.3, tồn tại ước số nguyên dương d của n sao cho p| d a , khi đó d n p1 Giả sử d n,theo giả thiết qui nạp suy ra nord p a d, mâu thuẫn với điều giả sử Vậy định lí được chứng minh
Từ định lí 2.1, ta có thể xét các ước số nguyên tố của n a qua hệ quả trực tiếp của nó
Hệ quả 2.1 Cho số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho n p , 1. Khi đó, với mọi
số nguyên a thỏa p| n a thì p 1 mod n.
Hệ quả 2.2 (Dirichlet) Cho số nguyên dương n 1, khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p
thỏa p 1 mod n.
Chứng minh Giả sử tồn tại hữu hạn các số nguyến tố *
1, 2, , k
p p p k thỏa
1 mod
i
p n với mọi i1, 2, , k Phân tích 1 2
1 2 l , , 1, 2, ,
nq q q l j l thì
p q i, j1 với mọi i1, 2, ,kvà j1, 2, ,l Đặt a p p1 2 p q q k 1 2 q lvà chọn m sao cho n a m 1, khi đó tồn tại ước nguyên tố pcủa m
Vì p n, p p, i 1với mọi
1, 2, ,
i k nên theo hệ quả 2.1, suy ra p 1 mod n, mâu thuẫn với điều đã giả sử
Định lí 2.2 (sự tồn tại căn nguyên thủy theo môđunlô nguyên tố) Với mọi số nguyên tố
,
p luôn tồn tại căn nguyên thủy môđunlô p, tức là tồn tại số nguyên a sao cho
ord p a p 1
Chứng minh định lí, ta sử dung bổ đề quen thuộc sau
Bổ đề 2.1 Cho số nguyên tố p và đa thức P x bậc n n với hệ số nguyên
P x a x a x a xa Giả sử tồn tại n 1 số nguyên b b, , ,b thỏa mãn đồng thời các điều kiện
Trang 7i/ b i b jmodp, 0 i jn;
ii/ P b i 0 mod p, 0 i n.
Khi đó, a i 0 mod p với mọi 0 i n.
Chứng minh bổ đề Chứng minh theo phương pháp quy nạp Nếu P x là đa thức hằng thì bổ đề hiển nhiên đúng Giả sử bổ đề đúng với mọi đa thức với hệ số nguyên có bậc nhỏ hơnn Xét đa thức P x x với degP x n, khi đó tồn tại đa thứcQ x x
với deg Q x n thỏa mãn
1
0
n
i
Theo giả thiết quy nạp, suy ra các hệ số của Q x chia hết chop, do đó
1
0
n
i
Khi đó, đa thức 1
K x P x a x a x a xa thỏa K b i 0 mod p với mọi
0 i n 1 Do đó, theo giả thiết quy nạp, suy ra a i 0 mod pvới mọi 0 i n.
Chứng minh định lí 2.2 Tồn tại đa thức T x x sao cho 1
1
p
p
x x T x
Giả sử với mọi t1, 2, ,p 1thì p1 t không chia hết cho p, khi đó
0 mod , 1 1.
T t p t p
Vì degT x p 1, nên theo bổ đề trên, suy ra các hệ số của T x chia hết cho p, do đó
1
1 p 0 T 0 0 modp .
Mâu thuẫn trên suy ra tồn tại t0 1, 2, ,p 1sao chop| p1 t0 Theo định lí 2.1, suy ra
0
ord p t p 1.
2.2 Định lí Zsigmondy
Định lí Zsigmondy là một trong các định lí quan trọng của số học, có liên quan đến việc xét các ước nguyên tố của các biểu thức có dạng n n
a b , trong đó a b n, , là các số
Trang 8nguyên dương thỏa a b, 1, ab 1,n 1. Trong phần này, chúng ta đề cập đến một trong những ứng dụng rất hay của đa thức chia đường tròn là chứng minh trường hợp đặc biệt của định lí khi ab1,n1
Định lí 2.3 Cho các số nguyên a n , 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước số của n 1
a nhưng không phải là ước số của i 1
a với mọi số nguyên dương in , trừ các trường hợp (1) n2, a2t 1 với t 2;
(2) n6,a2
Chứng minh định lí 2.3, ta sử dụng các bổ đề sau liên quan đến n x
Bổ đề 2.2 Cho các số nguyên a n , 1.Giả sử tất cả các ước nguyên tố của n a là ước của n. Khi đó, chỉ xảy ra các trường hợp
(1) n2,a2t1với t 2;
(2) n a p là một số nguyên tố lẽ và n p k s với k ord p a , s 1.
Chứng minh Nếu plà số nguyên tố sao cho p| n a thì a p , 1. Đặt k ordp a ,
suy ra k p | 1, do đó k p , 1. Theo định lí 2.1 và hệ quả 1.3, suy ra p| k a và tồn tại
số nguyên dươngsthỏa s
n p k (snguyên dương vì p n| ) Giả sử q là số nguyên tố sao cho q p và q| n a Khi đó, ta cũng có t
nq hvới tlà
số nguyên dương và h ord q a Vì s t
n p k q h nên q k p h| , | , tuy nhiên k p | 1 và
| 1,
h q suy raq p1vàp q 1 Mâu thuẫn này suy ra n a chỉ có ước nguyên tố duy nhất là p.
TH1 Nếup là số lẽ, đặt 1
n
p
suy ra k c| nên p a| c 1 b Ta có
2
1
mod 1
p
p c
i
b a
Vậy v pa n1v pa c11 Mặt khác, theo tính chất 1.3, tồn tại đa thức F x x :
Trang 9
|
d c
x x x F x x x F x
Do đó,
v a v a v a v a
Vậy suy ra v pn a 1, nên n a p.
TH2 Nếup 2, suy ra a là số lẽ và 2 là ước nguyên tố duy nhất của n a Ta có
2
k d a , suy ra n 2s với s 1, do đó 2 1
Nếu s 2 thì
2 mod 4
nên n a có ít nhất một ước nguyên tố lẽ, điều này mâu thuẫn với nhận xét ở trên Vậy s 1và n 2, suy ra n a a 1 2t(với t 2) Do đó, a 2t 1.
Bổ đề 2.3 Cho các số nguyên a 1, n p k s với p là số nguyên tố và s k, là các số nguyên dương thỏa k p , 1. Đặt la p s1, khi đó
2 .
1 k .
p
Chứng minh Vì đa thứcn x không có nghiệm thực lớn hơn 1 và lim n
nên
với mọi x 1.Khi đó, theo hệ quả 1.2, ta có
p k
k
l
l
Hơn nữa,
1
1 k
j k
j k
và
1
1 k
j
j k
j k
Dấu bằng trong hai bất đẳng thức trên không đồng thời xảy ra, do đó
Trang 10
1
1
p
k p
n
l
l
Chứng minh định lí 2.3 Giả sử phản chứng, khi đó mọi ước nguyên tốpcủa n a đều thỏa ord p a n, nên theo định lí 2.1, suy ra p n| Áp dụng bổ đề 2.2, ta có
TH1 Với n 2 thì 2t 1
a với t 2.
TH2 Với n a p là số nguyên tố lẽ và n p k s với k ord p a , s 1. Khi đó, ta đặt
1
2,
s
p
la theo bổ đề 2.3, ta có
p l l l
Vìplà số nguyên tố lẽ nên bất đẳng thức trên chỉ đúng với p 3 Khi đó l 2, k 1
nên a2,s1 và k 1 hoặc k 2 Suy ra n 3 hoặc n 6. Nhưng 2
Từ định lí 2.3, dễ dàng suy “dạng tổng” của nó như sau
Định lí 2.4 Cho các số nguyên a n , 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố q là ước số của a n 1
nhưng không phải là ước số của a i 1 với mọi số nguyên dương in , trừ trường hợp
3, 2
n a
Chứng minh Áp dụng định lí 2.3 cho 2
1
n
a suy ra tồn tại ước nguyên tố q của 2
1
n
a
nhưng không là ước số của a i 1 với mọi số nguyên dương i2 ,n ngoại trừ trường hợp
2n6,a2(trường hợp2n 2không xảy ra vìn 1) tức là n3,a2
Ngoài ra, vì 2
| n 1 n 1 n 1
q a a a , nhưng q không là ước của a n 1nên q a | n 1và
2.3 Một số bài toán khác
Bài toán 2.1 Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số 2 2 1
2 n 2 n 1có ít nhất n ước
số nguyên tố phân biệt
Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta có
Trang 11
1
|2
n
d
Theo bổ đề 2.3, 3d 2 1với mọi ước nguyên dương dcủa 1
2n, do đó 3d 2 chứa ít nhất một ước nguyên tố Mặt khác nếu plà ước nguyên tố chung của 3d1 2 , 3d2 2 , với d d1, 2là ước số phân biệt của 1
2 n Theo tính chất 1.7, p d d| 1 2 nên p 2 Điều này mâu thuẫn vì 3d1 2 là số lẽ Vậy tất cả các ước nguyên tố của các số 3d 2 phân biệt, do đó
Bài toán 2.2 Cho số nguyên dương n 1và p p1, 2, ,p n là các số nguyên tố phân biệt lớn hơn 3 Chứng minh rằng 1 2
2p p p n 1
có ít nhất 2 1
2n ước số phân biệt
Chứng minh Theo tính chất 1.6, ta có
1 2 1 2
1 2
|
n
d
Chia 2nước số của p p1 2 p nthành 2 tập hợpAvà B, trong đó tậpA gồm tất cả các số
là tích một số chẵn các số nguyên tố trong các sốp p1, 2, ,p nvà tập B gồm tất cả các số là tích một số lẽ các số nguyên tố trong các sốp p1, 2, ,p n Khi đó, 1
2n
A B Giả sửplà ước chung của 2s 2 , 2t 2 với stvàs t, Athì theo hệ quả 1.3, ta có
k
s p t với k 1 Điều này mâu thuẫn với định nghĩa svà t, suy ra với dAthì các ước nguyên tố của các số 2d 2 phân biệt Vậy 1 2
2p p p n 1
có ít nhất 2 1
2n ước phân biệt
Bài toán 2.3 (IMO Shortlist 2006) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y, thỏa mãn
7
5
1
1
1
x
y x
Giải Điều kiện x 1,khi đó viết lại phương trình 7 x y 1 5 y
Nếu 7 x 1thì 5 y y 1 1 suy ra y 0, không thỏa phương trình
Nếu 7 x 1, gọip là một ước nguyên tố tùy ý của 7 x , theo hệ quả 2.1, suy
ra p 7 hoặc p 1 mod 7 , nên nếu d| 7 x thì d 0 mod 7 hoặc d 1 mod 7 Do
đó, y 1 0 mod 7 hoặc y 1 1 mod 7 , suy ra y 1 mod 7 hoặc y 2 mod 7 Suy ra
Trang 12
5 y 5 mod 7
hoặc 5 y 3 mod 7 , điều này mâu thuẫn vì 5 y là ước của 7 x .
Do đó, phương trình vô nghiệm
Bài toán 2.4 (IMO Shortlist 2000) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương a m n, , sao cho
1
m
a là ước số của a 1 n
Giải Nếu m 1 thì với tất cả các số nguyên dương n a, đều thỏa và nếu a 1 thì 2 | 2n, điều này đúng với tất cả các số nguyên dương m n,
Nếu a2,m3 thì bài toán thỏa với mọi số nguyên dương n 2.Ta xét trường hợp
a m và a m , 2, 3 , theo định lí 2.4, tồn tại ước số nguyên tố của a m 1nhưng không
là ước số của a 1, điều này mâu thuẫn điều kiện bài toán
Vậy tất cả các bộ số a m n, , thỏa làs,1,t , 1, ,s t , 2, 3,vvới s t, 1,v2
Bài toán 2.5.Tìm tất cả các số nguyên dương x m n , , 1thỏa mãn phương trình
1 1 n n 1 m m 1
x x x x x x x
Giải Biến đổi phương trình
x x x x x (1)
TH1 Nếu mnthì
2
n
i
nên phương trình vô nghiệm
TH2 Nếu x2,m5, khi đó (1) thành
2 3 1
2 1 2 1 2n 1 63 (2)
Giả sử n 2thì vế trái (2) chia hết cho 4
2 1 5.3, tuy nhiên 5 không phải là ước của 63 Do đó, n 2, không thỏa (2)