SH nha TT ung dung ham dinh gia vao bai toan so hoc 07 25

Lấy p là số nguyên tố bất kì.. Cho m, n là hai số tự nhiên sao cho m không có ước nguyên tố nào bé hơn hoặc bằng n... Chúng ta sẽ xét số nguyên tố p bất kì, và chỉ cần p≤n... Lấy p là số

ỨNG DỤNG HÀM ĐỊNH GIÁ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

TRẦN THANH NHÃ, GV THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH

I LÝ THUYẾT

1 Định nghĩa Cho p là số nguyên tố , a là một số nguyên Ta kí hiệu v p( )a là số mũ của số nguyên tố p trong phân tích thiêu chuẩn của a

2 Tính chất

1) v p(a+b)≥ min{v p( )a v, p( )p }

2) v p( )ab =v p( )a +v p( )p

3) v p(gcd(a a1 , , , 2 a n) )= mini=1,n{v p( )a i }

4) v p(lcm a a( 1 , , , 2 a n) )= m axi=1,n{v p( )a i }

5) (Công thức Legendre) ( )! 2 ( )

1

p p

n s n

v n

−

−

số của n trong phân tích theo cơ số p, tức là 0 1 k

k

n=a +a p+ +a p thì ( ) 0 1

s n =a +a + +a

Nhận thấy rằng bốn tính chất dầu được suy ra trược tính từ định nghĩa Tính chất 5 không hiển nhiên Nhưng nó cũng được chứng minh đơn giản như sau

Từ 1 đến n, có n

p

 

 

  số chia hết cho p, n2

p

  số chia hết cho p2, tương tự cho các trường hợp còn lại Từ đó suy ra v p( )n! n n2

=  + +

    Chứng minh dấu bằng thứ 2

Giả sử 0 1 k, {0,1, , 1 ,} 0.

n=a +a p+ +a p a ∈ p− a ≠ Khi đó với 0 r k≤ < thì

1

r

n

−

1

r

r

−

−

r

n

p

( ) ( ) ( ) ( )

2

1

k

k k

k

p

p

n s n

−

−

−

−

3.Bổ đề LTE

Bổ đề 1 Cho x, y là hai số nguyên (p x, ) (= p y, )= 1, p là một số nguyên tố lẻ

1) Nếu n nguyên dương và p x| −y thì ( n n) ( ) ( )

v x −y =v x−y +v n 2) Nếu n nguyên dương lẻ và p x| +y thì ( n n) ( ) ( )

v x +y =v x+y +v n

Bổ đề 2 Với trường hợp p =2

1) Cho x, y là hai số nguyên lẻ và 4 | x y( − ).Ta có 2( ) 2( ) 2( )

n n

v x −y =v x−y +v n 2) Cho x, y là hai số nguyên lẻ và n là số nguyên dương chẵn Ta có

v x −y =v x−y +v x+y +v n −

II BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1 Chứng minh rằng [a b c, , ] [2| , , ,a b] [b c] [c a]

Lời giải

Lấy p là số nguyên tố bất kì Đặt v p( )a =x v, p( )b = y v, p( )c =z

Khi đóv p( [a b c, , ]2)=2 max , ,{x y z} và v p( [a b, , ,] [b c] [c a] )= max ,{x y}+ max{y z, }+ max ,{z x}

Ta chứng minh 2 max , ,{x y z}≤ max ,{x y}+ max{y z, }+ max ,{z x} (*)

Vì x, y, z có vai trò như nhau nên giả sử x≥y≥z Khi đó ( )* ⇔ 2x≤ + + ⇔ ≤x y x 0 y (luôn đúng)

Do đó [a b c, , ] [2| , , ,a b] [b c] [c a]

Bài 2 Cho m, n là hai số tự nhiên sao cho m không có ước nguyên tố nào bé hơn hoặc bằng n

cm 1( )

1

n

i

i

−

=

−

Lời giải. 1( )

1

1 1

1

n i p

i

n

p

−

=

−

Lấy p là một số nguyên tố bất kì với p≤n Theo giả thiết (m p, )= 1 nên theo định lý Fermat ta

có ( 1 )

1

k p

m − − ⋮p với mọi số nguyên dương k

Mà số các bội của p -1 không vượt quá n – 1 là 1

1

n p

 − 

−

1

1 1

1

n i p

i

n

p

−

=

−

Theo công thức Legendre, ta có

( )! ( )

1

p p

p

−

=

Suy ra

1

1

1

n

p i

i

n

−

=

−

 − 

Do đó suy ra điều phải chứng minh

Bài 3 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 2n 1| !

n

−

Lời giải

Ta chứng minh ( 1) ( )

2 2n 2 !

v − ≤v n Thật vậy:

Ta có ( 1)

v − = −n và v2( )n! = −n s2( )n (công thức Legendre)

Bài 4 Chứng minh rằng ( )

2 3 !

n

Lời giải

*) Với p là số nguyên tố lẻ bất kì, theo công thức Lagrange ta có

( )

1

3

i

n

p

∞

=

∑

và

( ) ( )

1

i

∞

=

   +   + 

∑

Theo đồng nhất thức Hemite, ta có

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra v p(2 3 !( )n )≥v p(n!.(n+ 1 !.) (n+ 2 !) )

*) với p = 2, ta có

( )

1

3

2i i

n

∞

=

Và

2

1

i

∞

=

∑

i

Khi n= 2k, ta có

3

k

k

Khi n= 2k+ 1, ta có

3 2 1

3

k

n

k

+

k

Từ (1’), (2’), (3’) và (4’), ta suy ra v2(2 3 !( )n )≥v2(n!.(n+ 1 !.) (n+ 2 !) )

Do đó, với mọi số nguyên tố p ta có v p(2 3 !( )n )≥v p(n!.(n+ 1 !.) (n+ 2 !) ) Từ đó suy ra

( )

2 3 !

n

Bài 5 (Iran TST 2008, vòng 2) Chứng minh rằng khi a là số nguyên dương mà 4( n 1)

a + là lập phương đúng của mọi n nguyên dương thì a = 1

Lời giải

Phản chứng Giả sử a > 1 Chứng minh luôn tồn tại n nguyên dương sao cho 4( n 1)

a + không là lập phương đúng

Nếu a là số chẵn thì n 1

a + là số lẻ nên 4( n 1)

a + không là tập phương đúng với mọi n nguyên dương

Trường hợp 1 Nếu a+ 1 tồn tại một ước nguyên tố lẻ p Khi đó (4( n 1) ) ( 1) ( )

* Nếu v p(a+ 1)≡ 0 mod 3( ) thì chọn n p n⋮ , ⋮p2 ⇒v p( )n =1 Do đó (4( n 1) ) 1 mod( )

p

đó 4( n 1)

a + không là lập phương đúng

* Nếu v p(a+ 1)≡ 1 mod 3( ) thì chọn n⋮ p⇒v p( )n =0 Do đó (4( n 1) ) 1 mod 3( )

p

a + không là lập phương đúng

* Nếu v p(a+ 1)≡ 2 mod 3( ) thì chọn n⋮ p⇒v p( )n =0 Do đó (4( n 1) ) 2 mod 3( )

p

a + không là lập phương đúng

Trường hợp 2 Nếu a + 1 chỉ có ước nguyên tố bằng 2 Khi đó với n ta có:

Do v2(a+ 1)+v2(a− 1 1)+ cố định nên chọn n sao cho v2(a+ 1)+v2(a− 1)+v2( )n + 1 không chia hết cho 3

Bài 6 (Paul Erdos) Chứng minh tồn tại hằng số c sao cho với mọi a, b, n nguyên dương thỏa

mãn a b n! !| ! thì ta có a+ < +b n cln n

Lời giải

Vì a b n! !| ! nên v2(a b! !)≤v2( )n!

Áp dụng công thức Lagrange, bất đẳng thức trên có dạng

Gọi k là số các chữ số của A viết trong hệ nhị phân, khi đó ta có 2k 1 2k

A

−

≤ < , khi đó ( )

Do đó

vì a b, ≤n nên tồn tại c sao cho a+ < +b n cln n

Bài 7 Cho a, b là các số nguyên dương sao cho a b b| ,2 3|a a4, 5| ,b b6 7| , a8 Chứng minh a = b

Lời giải

Ta sẽ chứng minh v p( )a =v p( )b với mọi p là số nguyên tố Giả thiết a b b| ,2 3|a a4, 5| , b6

Hay ta có thể viết lại 4n 1| 4n 2; 4n 3| 4n 4

a + b + b + a + với n nguyên dương

Quan hệ 4n 1| 4n 2

a + b + có thể viết lại (4n+ 1) ( ) (v p a ≤ 4n+ 2) ( )v p b với mọi n, từ đó ta có

( ) lim4 2 ( ) ( )

n

n

+

Chứng minh tương tự, sử dụng 4n 3| 4n 4

b + a + ta có v p( )b ≤v p( )a Từ đó ta có với mọi số nguyên tố thì v p( )a =v p( )b .

Bài 8 Cho a m, ∈ ℕ* tùy ý Chứng minh tồn tại vô hạn n sao cho v2( )n! ≡a(modm)

Lời giải

Xét các số n= 2α1 + 2α2 + 2 + αk Khi đó 2( ) 2( ) ( )

1

k i

=

Giả sử 2 ';l ( ', ) 1

m= m m l =

Ta chọn αi ≡ 1 mod( ϕ( )m' ) và αi ≥l Khi đó

1

k

l i

k

α

=

1

k i

α

=

Theo định lí phần du trung hoa lấy k sao cho

k ≡ −a Từ đó suy ra v2( )n! ≡a(modm) Như vậy tồn tại vô số n

Bài 9 Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có 1( )

0

k n

−

=

−

Lời giải

Chứng minh Chúng ta sẽ xét số nguyên tố p bất kì, và chỉ cần p≤n

Với p = 2, ta có

v n = −n s n ≤ −n

và ta cũng có

1

0 0

k k

−

=

=

Bây giờ ta xét p là số nguyên tố lớn hơn 2 Theo định lý Fermat ta có

( 1 )

1

Ta có 1( ) (21) ( )

n n

−

−

1

1 0

1

k k

n

p

−

=

=

−

∏  ∑  ( vì số các bội của p - 1mà không vượt quá n là

1

n p

−

 

Mặt khác ( )! ( ) 1

p p

0

n

n k

k

−

=

Vì vậy, ta có 1( ) ( )

0

n

n k

k

−

=

∏  với mọi số nguyên tố p Suy ra 1( )

0

n

n k k

n

−

=

−

∏

Bài 10 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2 | 3n ( n − 1)

Lời giải

Trường hợp 1: = 2 + 1 , ∈ ℕ ⟹ 2 = = 2 + 1

Ta có : 3 − 1 = 3 − 1 3 + 3 +3 + +3 +3 +3 )

= 2 ( với T lẻ )

Do đó : 3 − 1 ⋮ 2 ⇔ (2 ≤ 3 − 1 ⇔ 2 + 1 ≤ 1 ⇔ = 0 ( vì ∈ ℕ )

⟹ = 1

Trường hợp 2: = 2 , ∈ ℕ

Ta có: 3 và 1 là số lẻ, 2 là số nguyên tố chẵn

= 2 +

Do đó : 3 − 1 ⋮ 2 ⇔ (2 ≤ 3 − 1 ⇔ ≤ 2 + ⇔ − 2 ≤

⟹ = 2 ∈ ℕ

+) = 0 ⟹ = 0 ( thỏa mãn )

+) ≠ 0 ⟹ ≥ 2

-) = 2 ⟹ thỏa mãn

-) = 4 ⟹ thỏa mãn

-) = 6 ⟹ < 2 ( vô lí )

Vậy các số tự nhiên cần tìm là :0,1, 2,4

Bài 11 Cho a, b, c nguyên dương Chứng minh rằng [ ]

[ ] [ ] [ ]

( ) ( ) ( )

a b b c c a = a b b c c a

Lời giải

Lấy p là số nguyên tố bất kì Đặt v p( )a =x v, p( )b = y v, p( )c =z Khi đó

[ ]

[ ] [ ] [ ] { } ( { } { } { } )

2

, ,

, , ,

p

a b c

2

, ,

, , ,

p

a b c

a b b c c a

Ta chứng minh

2 ax , ,m x y z − max ,x y +max ,z y +max ,z x = 2 min , ,x y z − min ,x y + min ,z y + min ,z x

Giả sử x≥y≥z Khi đó vp= 2x−(x+ +y x)= −y và vt= 2z−(y+ +z z)= −y

Vậy từ đó suy ra [ ]

[ ] [ ] [ ]

( ) ( ) ( )

a b b c c a = a b b c c a

Bài 12 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng: tồn tại không quá n số nguyên dương m≥n sao cho m n !

p − ∣m

Lời giải

Ta có:

!

m n

p − ∣m ⇔v p( )m! ≥m− (1) n

( )

1

!

i

m

p

∞

=

 

 

∑ (2)

Từ (1) và (2), ta có:

( )!

p

i

m

p

∞

=

 

 

∑

1

2

1

p

−

1 2 2

p

p

−

−

Ta có đpcm

Bài 13 Giải phương trình nghiệm nguyên dương ( )ab b. a

a b− =a b

Lời giải

Giả sử $ và % là hai nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho

Gọi & = $, % và ' =() , = *) ⟹ ', = 1

Do đó phương trình đã cho tương đương với ' − (* = '* ( (1)

Gọi + là một ước nguyên tố bất kì của ' −

Suy ra : + ∤ ' , + ∤ ( vì ', = 1 ) ⟹ + ∤ '* (

Mặt khác : '* ( = ' − (* ⋮ +

Từ đây ta thấy điều mâu thuẫn

Vậy ' − không có ước nguyên tố

⟹ ' − = 1 ⟹ ' = 1 (do (1)) ⟹ ' = = 1 ( vô lý )

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Bài 14 Xác định tất cả số tự nhiên n > 1 sao cho 2n 1

+ chia hết cho 2

n

Lời giải

Lời giải

Từ yêu cầu bài toán suy ra n số lẻ Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n

Theo định lý Fermat, ta có 1 ( )

p

Từ giả thiết suy ra 2n 1 mod( ) 2 2n 1 mod( )

Suy ra 2( 2 ,n p 1 ) 1 mod( ) 22 1 mod( ) 3

−

Giả sử v n3( )≥ 2. Từ giả thiết suy ra ( ) ( )2 ( ) ( )

v + ≥v n ⇔ +v n ≥ v n (vô lý) Vậy v n3( )= ⇒ 1 n= 3 , ,k k n( )= 1 Giả sử k ≥ 2

Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của k, suy ra p≥ 5.

q

− ≡ Từ đó suy ra

( 2 , 1 ) ( ) 2 ( )

−

Do đó 8k 1 mod 7( )

≡ Mặt khác 8k 1 2 mod 7( )

+ ≡ (từ đó dẫn đến vô lí) Vậy k = 1 hay n = 3

Bài 15 Tìm tất cả các số nguyên dương n để tồn tại x, y, k sao cho (x y, )= 1,k > 1 và 3n k k

Lời giải

Vì (x,y)=1 và x+y⋮3 ⇒ x,y đều không chia hết cho 3 ( nếu cả hai số cùng chia hết cho 3 thì (x,y)=3, mâu thuẫn)

⇒ nếu k chẵn, tức k có dạng 2t ⇒ xk+yk ≡x2t+y2t≡1+1≡2 (mod 3), mâu thuẫn

⇒ k lẻ, mà k>1 ⇒ k≥3

Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của x+y

Vì xk+yk ⋮(x+y) ⇒ vp (3n)=vp(xk+yk)= vp (x+y)+ vp(k)

Vì x+y ⋮p nên vp (x+y) ≥1, dẫn đến vp(xk+yk) ≥1

⇒ vp (3n) ≥1 suy ra 3n⋮ +, mà p là số nguyên tố ⇒ p=3 và x+y=3^q (n≥q>0)

Mà k≥3 nên xk+yk>x+y ⇒ n>q

Mà v3 (3n)=v3(xk+yk)= v3 (x+y)+ v3(k) hay n=q+ v3(k)

⇒ v3(k)>0 ⇒ k⋮3

Đặt k=3t, với t thuộc N*

⇒ 3n=xk+yk= x3t+y3t=(xt)3+(yt)3=(xt+yt)(x2t-xtyt+y2t) Đặt xt+yt=3m ⇒x2t-xtyt+y2t=3n-m

Mặt khác, ta có :

32m-3n-m=(xt+yt)2-(x2t-xtyt+y2t)= x2t+2xtyt+y2t-x2t+xtyt-y2t=3xtyt Hay 3n-m(33m-n-1)=3 xtyt

Vì x,y không chia hết cho 3 ⇒ 3n-m=3

⇒ x2t-xtyt+y2t=3n-m=3 (*)

Lại có : 3= x2t-xtyt+y2t=(xt+ yt)2+

-.y2t≥ -.y2t

⇒ 3≥ -.y2t ⇔ 4≥y2t ⇒ y=1 hoặc y=2

• Với y=1, thế vào (*) ta được x2t

-xtyt+y2t=x2t-xt+1=3 ⇒ xt=2 ⇒ t=1 ⇒k=3, thế vào (1)

⇒ n=2

• Với y=2⇒4≥22t=4t ⇒ t=1, thế vào (*) ta được x=1 ⇒ k=3, thế vào (1) ⇒ n=2

Vậy ta có bộ nghiệm (x,y,k,n)= (1,2,3,2),(2,1,3,2); khi đó n có giá trị duy nhất là 2

Bài 16 Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a| b 1

Lời giải

-b=1 =>giả thiết đúng với mọi a ∈ Z+

-b>1

Gọi p là số nguyên tố nhỏ nhất của b

+Trườnghợp 1: p lẻ

Ta có: p | b | ba | ab-1

Vì (a,p)=1 nên theo định lí Fermat ta có: p | ap-1-1

Do đó: p | a(b,p-1)-1=a-1(vì p là ước nguyên tố nhỏ nhất của b)

Ápdụng LTE:

vp(ab-1)=vp(a-1)+vp(b) Vì: ab-1⋮ba nên

vp(ab-1)≥vp(ba) vp(a-1)+vp(b)≥avp(b)

vp(a-1)≥(a-1)vp(b)≥a-1 (vôlý) +Trườnghợp 2: p=2

p chẵn => b chẵn => a lẻ

Áp dụng LTE ta được:

v2(ab-1)=v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1 Từ: ab-1⋮ba Ta suy ra:

v2(a+1)+v2(a-1)+v2(b)-1≥ v2(ba)=av2(b)

v2(a+1)+v2(a-1)≥(a-1)v2(b)+1≥a-1+1

v2[(a+1)(a-1)]≥a ⇒a2-1≥2a Điều này chỉ xảy ra / $ = 3% = 10

Đặt: b=2B (B làsốnguyêndươnglẻ)

Từ giả thiết ta có: (2B)3| 32B-1

8B3 | 32B-1

• B=1 => b=2 =>1$ = 3% = 20

• B>1

Vì B>1 nên ta có thể gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của B

q | B | b | 32B-1(1)

Từ đây ta suy ra: (q,3)=1

Áp dụng định lí Fermat ta được: q | 3q-1-1(2)

Từ (1) và (2) ta suyra: q | 3(2B,q-1)-1=32-1=8

q=2(mâu thuẫn với q | B và B là một sốlẻ)

Như vậy, b=1 và a ∈ Z+ hoặc a=3, b=2 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài

Bài 17 Cho p là số nguyên tố và a, n là số nguyên dương Chứng minh rằng nếu 2p 3p n

a

+ = thì

n = 1

Lời giải

Xét trường hợp p=5, thì an=725 ⇒ n=1

Xét trường hợp p≠5, ⇒p không chia hết cho 5

Áp dụng định lí 2, ta được v5(2p+3p)= v5(2+3)+v5(p)= v5(5)=1 (vì p không chia hết cho 5)

⇒ v5(an)=1, mặt khác, do 5 là số nguyên tố ⇒ n=1

Vậy với mọi trường hợp của bài toán, ta đều thu được n=1

III BÀI TẬP

Bài 1 Cho số nguyên dương a và n sao cho tất cả các ước nguyên tố của a đều lớn hơn n Chứng

minh rằng ( ) ( 2 ) ( 1 )

a− a − a − − chia hết cho n!

Bài 2 Chứng minh rằng tích của các số nguyên từ 21997+1 đến 21991−1 không thể là số chính phương

Bài 3 Tìm tất cả các số nguyên dương n lẻ sao cho | 3n 1

Bài 4 Cho số nguyên tố p Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho p p p.

a +b =c

Bài 5 Tìm tất cả các bộ (k m n, , ) nguyên dương sao cho m|( n 1 ;) n|( m 1)

k m − k n −

Bài 6 Cho số nguyên dương a > 1 Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2000 ( )

a −

Bài 7 (IMO 2000) Có tồn tại hay không một số nguyên dương n sao cho n có đúng 2000 ước

nguyên tố và | 2n 1?

Bài 8 Cho a, b là các số nguyên dương Chứng minh rằng ( )( ) ( ( ) ) 1

n a a+b a+ b a+ n− b b −

Bai 9

a) Cho các số nguyên dương x, y, z Chứng minh rằng nếu (x+ +y z)2 =(3m+ 2)(xy+yz+zx), p

= 3n + 2 là ước nguyên tố của 3m + 2, v p(3n+ 2) lẻ thì p là ước của x, y , z

b) Tồn tại hay không các số nguyên dương a, b, c sao cho 2 2 2

a +b +c chia hết cho

2013 ab bc+ +ca .

Bài 10 Cho a, b, c là các số nguyên dương và (a b c, , )= 1 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn n sao cho

a +b +c không chia hết cho 2n

Bài 11

pα ≤m< pα+ thì ( )k

p m

v C ≤α b) Cho * , ( 1) k

n∈ ℕ a = n+ C Chứng minh rằng [a a0 , , , 1 a n] [= 1, 2, , ,n n+ 1]

Bài 12 Xét dãy số { }a n ,a0 = 0,a2n = −n a a n, 2n+1 =a2n

a) Chứng minh mọi số nguyên không âm xuất hiện trong dãy bằng 2 hoặc 4 lần

b) Chứng minh lim 1.

3

n a

n =

Bài 13 Cho a, b, c là ba số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 3 3 3 ( )2

3

a +b +c − abc abc⋮ Chứng minh rằng a= =b c hoặc 2 ,k 1 2k

Bài 14 Tìm m, n nguyên dương thỏa mãn 2n !

n m

+ =

Bài 15 Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3n 2n

− là lập phương của một số nguyên tố Chứng minh rằng n là số nguyên tố