Bài toán này thuộc dạng cơ bản nhất liên quan đến hàm phần nguyên, ý tưởng chủ yếu là các biểu thức mà ta có thể tính được thông qua xây dựng dãy rồi từ đó chứng minh được một số tính ch[r]
Trang 1HÀM PHẦN NGUYÊN, PHẦN LẺ
(Nguyễn Đăng Khoa tổng hợp và giới thiệu)
Hàm phần nguyên, phần lẻ là một trong những hàm quan trọng trong số học có sức lôi cuốn đặc biệt với tác giả Vì vậy thông qua bài viết này tác giả muốn giới thiệu một số bài toán hay liên quan đến mảng kiến thức này Tác giả xin chân thành cảm
ơn thầy Lê Phúc Lữ đã đóng góp cho tài liệu và chia sẻ với tác giả mẫu LaTeX đẹp mắt này
1 Lý thuyết cơ sở
Phần nguyên của một số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x Kí hiệu phần nguyên của x là [x] hoặc bxc Ví dụ b3, 6c = 3, b−4, 5c = −5.
Phần lẻ của số thực x được kí hiệu là {x} hoặc 〈x〉, tính theo công thức {x} = x − bxc.
1 bxc ≤ x < bxc + 1.
2 Với hai số thực x ≥ y thì bxc ≥ b yc.
3 bn + xc = n + bxc với mọi số thực x và n là số nguyên.
4 Với hai số thực x, y thì bx + yc ≥ bxc + b yc.
5. bxc d = x
d
trong đó x là số thực bất kì còn d là số nguyên dương.
6 Cho x là một số thực dương và d là số nguyên dương thì số các số nguyên dương
là bội của d không vượt quá x làx d.
7 Với a là một số nguyên bất kì thì {x + a} = {x}, ∀x ∈ R.
8 Với số thực x thỏa mãn {x} < 12 thì {2x} = 2{x} còn nếu {x} ≥ 12 thì {2x} =
2{x} − 1.
Trang 21.3 Các định lý
1 Định lý Legendre - de Polignac
Cho p là số nguyên tố, khi đó lũy thừa bậc cao nhất của p được cho bởi công thức
v p (n!) =
+∞
X
k=1
n
p k
=n − σ p (n)
Trong đó σ p (n) là tổng các chữ số của n khi biểu diễn dưới dạng p−phân của nó.
2 Định lý Hermite
Với n là một số nguyên dương và số thực x bất kì thì ta có
[nx] = [x] +
x+1
n
+ +
x+n− 1
n
(1.2)
Nhận xét Từ định lý này ta rút ra trường hợp đặc biệt hay dùng đó là
[x] +x+1
2
3 Định lý Beatty
Cho hai số α, β là hai số vô tỷ dương Chứng minh rằng 1
α+
1
β = 1 khi và chỉ khi hai dãy [α] , [2α] , [3α] , và [β] , [2β] , [3β] , lập thành phân hoạch của tập
số nguyên dương.
Chứng minh (Chiều thuận).
Ta xét số nguyên dương N bất kì, ta đi đếm xem có bao nhiêu số từ 1 đến N− 1 thuộc một trong hai dãy
Ta dễ thấy trong dãy[α] , [2α] , [3α] , cóN
α số nhỏ hơn N.
Tương tự trong dãy[β] , [2β] , [3β] , có N
β
số nhỏ hơn N
Theo tính chất hàm phần nguyên kết hợp giả thiết α1 +1
β = 1 thì ta có
N − 2 <N α +N
β < N, do đó N
α +N
β = N − 1.
Từ đây cho N chạy qua các số2, 3, và chú ý rằng hai dãy[α] , [2α] , [3α] ,
và [β] , [2β] , [3β] , là hai dãy nguyên dương tăng ngặt nên ta chứng minh
được nó là phân hoạch của N∗
(Chiều đảo) Lập luận tương tự như phần trên thì ta cóN α +N
β = N − 1 Kết hợp tính chất phần nguyên N(1
α+ 1
β ) − 2 <N
α +N β
≤ N ( α1 +1
β) Suy ra
N− 1
N ≤ 1
α+
1
β <
N+ 1
N
Cho N → +∞ thì ta có ngay α1 +1
β = 1 Kết thúc phép chứng minh
Nhận xét Đây là một định lý đẹp mà tác giả bị ấn tượng ngay lần đầu tiếp xúc.
Qua chứng minh ở phần đảo thì thấy rằng không cần đến giả thiết α, β là số vô tỷ.
Trang 32 Một số bài toán
Bài toán 1 Chứng minh rằng 2 +p3nluôn là số lẻ với mọi số nguyên dương n Lời giải Ta xét dãy số {a n} được xác định như sau:
a1= 4, a2= 14; a n+2= 4a n+1− a n,∀n ≥ 1 (1)
Khi đó dãy số có công thức tổng quát là a n= (2 +p3)n+ (2 −p3)n
Chú ý rằng0< (2 −p3)n < 1 nên 2 +p3n = a n− 1
Mặt khác từ (1) thì ta dễ dàng chứng minh được quy nạp a n chẵn với mọi số nguyên
dương n hay ta có đpcm.
Nhận xét Bài toán này thuộc dạng cơ bản nhất liên quan đến hàm phần nguyên, ý
tưởng chủ yếu là các biểu thức mà ta có thể tính được thông qua xây dựng dãy rồi từ đó chứng minh được một số tính chất xoay quanh nó Một số bài toán có ý tưởng tương tự:
1 Tính giới hạn lim
n→+∞(4 +p10)n+ (45 +p2001)n
trong đó {x} là phần lẻ của x.
2 Chứng minh rằngb2 +p5c2019là hợp số.
3 (IMOSL 1988) Cho α là nghiệm lớn nhất của phương trình x3 − 3x2+ 1 = 0 Chứng minh rằnga1788vàa1988cùng chia hết cho 17.
4 (Hong Kong TST 2020) Tìm số số nguyên tố p < 100 sao cho b(2 +p5)pc − 2p+1
chia hết cho p.
Bài toán 2 Cho dãy số (u n ) được xác định như sau: u n =
np
2 với mọi số nguyên dương n Chứng minh dãy đã cho có vô số số hạng là số chính phương.
Lời giải Theo nhị thức Newton thì với mọi số nguyên dương m lẻ thì
(p2+ 1)m = x m
p
2+ y m
(p2− 1)m = x m
p
2− y m
trong đó x m , y m là các số nguyên dương
Khi đó x mp
2− y m
x mp
2+ y m = 1 hay 2x2
m = y2
m+ 1 Suy ra
y m2 + y4
m = y2
m y m2 + 1 = 2y2
m x2m
Mặt khác dễ dàng chứng minh được y m4 < y4
m + y2
m < y2
m+ 12
Từ đó suy ra
p
2x m y m = Æy2
m + y4
m = y2
mlà số chính phương
Hơn nữa với các số m lẻ khác nhau thì x m , y m là khác nhau nên ta đã xây dựng được dãy(u n) thỏa mãn đề bài
Nhận xét Bản chất việc xét nhị thức Newton là xây dựng ra dãy nghiệm của phương
trình Pell loại II là x2− 2 y2 = −1 Do đó ta có thể tổng quát bài toán trên là với số nguyên dương d không có ước dạng 4k + 3 thì tồn tại vô hạn n để
np
d là số chính phương Ngoài ra có một bài toán đơn giản như sau
Trang 41 Chứng minh tồn tại vô hạn n đểnp
2là số chẵn và số lẻ.
Chứng minh Phương pháp ở đây là phản chứng, giả sửnp
2 chỉ chứa hữu hạn
số lẻ Tức tồn tại số n0 nguyên dương sao cho np
2 là số chẵn với mọi n > n0 Khi đó(n + 1)p2 ≥ np2 + 2 Do đó (n + k)p2 ≥ 2k + np2
Từ đây suy ra (n + k)p2> 2k − 1 + np2 hay kp
2> 2k − 1 (*) Chọn k đủ lớn thì BĐT (*) sai, từ đó suy ra đpcm Tương tự với phần np
2 chứa vô hạn số chẵn, ta có đpcm
Một số bài toán tương tự.
2 (Tổng quát) Cho α là số vô tỷ dương Chứng minh dãy số {a n } được xác định bởi công thức a n = [n · α] chứa vô hạn số chẵn, vô hạn số lẻ.
3 Chứng minh dãy số a n =
np 2 , ∀n ≥ 1 chứa vô hạn các số là lũy thừa của 2
4 (Putnam 1983) Với mỗi số nguyên dương n thì ta lấy f (n) = n +p
n Chứng minh rằng với số nguyên dương m bất kì thì dãy số m, f (m), f (f (m)), f (f (f (m))), chứa ít nhất một số chính phương.
Bài toán 3 (APMO 2013) Xác định các số nguyên dương n sao cho n
2+ 1
p
n2+ 2 là một
số nguyên dương
Lời giải Đặt n = m2+ k, trong đó 0 ≤ k ≤ 2m Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với
(m2+ k)2+ 1
m2+ 2 = m
2+ (2k − 2) + (k − 2)
2+ 1
m2+ 2
là một số nguyên
Ta dễ có(k − 2)2+ 1 < 4m2+ 8 nên (k−2) m2 +22+1 sẽ nhận các giá trị1, 2 hoặc 3
• Nếu (k − 2)2+ 1 = m2+ 2 hay (k − 2)2 = m2 + 1, điều này dẫn tới m = 0,
k− 2 = ±1 Điều này mâu thuẫn với điều kiện
• Nếu (k − 2)2 + 1 = 2m2 + 4 hay (k − 2)2 − 2m2 = 3 Lấy theo modulo 3 ta
có (k − 2)2 + m2
≡ 0 (mod 3), từ đây suy ra k − 2 ≡ m ≡ 0 (mod 3) và 9 | (k − 2)2− 2m2 = 3 (mâu thuẫn)
• Cuối cùng nếu (k − 2)2+ 1 = 3m2+ 6 hay (k − 2)2− 3m2= 5 Lấy theo modulo
3, ta có (k − 2)2
≡ 2 (mod 3) (mâu thuẫn)
Vậy trong mọi trường hợp thì không tồn tại số nguyên dương n nào thỏa mãn đề
bài
Nhận xét Thông thường các bài toán tìm n để có đại lượng A | B là không khó, đòi hỏi những kĩ thuật đánh giá vừa phải Các bài toán tương tự
Trang 51 Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho1+p2n | 2n.
2 (PEN A83) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao chop
n | n.
Đặc biệt trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 của trường THPT chuyên Hùng Vương có một bài cụ thể như sau:
"Có bao nhiêu số nguyên dương n ≤ 840 thỏa mãnpn | n?"
3 Có tồn tại hay không các số nguyên dương m, n đểnp
2 + 2n = mp2?
Bài toán 4 (Romania TST 2013) Giả sử a < b là hai số thực dương thỏa mãn [na]
là ước của [nb] với mọi số nguyên dương n Chứng minh a, b đều là các số nguyên dương.
Lời giải Với mỗi n nguyên dương thì ta đặt [bn] [an] = t n , trong đó t nlà số nguyên dương
Ta có bn an−1< bn
[an] < bn
an−1, suy ra lim
[bn]
[an]= b
a, hay lim
n→+∞t n= b
a
Do đó [bn] [an] = b
a = k > 1 là một số nguyên dương với n > n0 (n0∈ N∗)
Từ đây suy ra[bn] chia hết cho k với mọi n > n0 (*)
Theo định lý Hermite thì[2bn] = [bn] +
bn+1
2, nên từ (*) sẽ suy ra bn +1
2 chia
hết k với mọi n > n0
Do k > 1 nên [bn] =
bn+1
2 hay {bn} < 1
2 với mọi n > n0 Ở đây ta có hai hướng
xử lý:
• Cách 1 Chúng ta có bổ đề nho nhỏ dùng Dirichlet để chứng minh là nếu b không
là số nguyên dương thì tồn tại n sao cho {bn} < 0, 001 hay là {bn} > 0, 999 (có
thể thay số lớn bé tùy ý)
Do đó, từ {bn} < 12 với mọi n > n0 thì số b chắc chắn là số nguyên dương.
• Cách 2 Do {bn} < 12 với mọi n > n0 nên theo tính chất phần lẻ thì {2k bn} = 2{2k−1bn} = = 2k {bn} < 12 với k tùy ý.
Cho k → +∞ thì ta thu được ngay {bn} = 0 với mọi n > n0 nên ắt hẳn b phải
là số nguyên dương
Vậy ta có k [an] = [bn] = bn = kan nên [an] = an (với n > n0), lập luận tương tự để
có a là số nguyên dương Kết thúc chứng minh.
Nhận xét Những bài toán mà giả thiết liên quan đến vô hạn n thì sẽ có xu hướng lấy n
đủ lớn để có tính chất gì đó hữu ích Một số bài toán tương tự sau
1 Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn [an] + [bn] = [cn] + [dn] với mọi số nguyên dương n Chứng minh a + b = c + d.
2 (Saint Petersburg 2018) Cho hai số vô tỷ dương α và β thỏa mãn với mọi x > 0 thì có đẳng thức [α[xβ]] = [β[xα]] Chứng minh α = β.
3 (Sáng tác) Cho a, b là hai số hữu tỷ dương thỏa mãn [apn ] là ước của [bpn]
với mọi số nguyên dương n không là số chính phương Chứng minh rằng a = b.
4 Cho α là số thực không bé hơn 1 và thỏa mãn với mọi m, n nguyên dương, n | m thì [nα] | [mα] Chứng minh α là số nguyên dương.
Trang 6Bài toán 5 (Korea MO 2000) cho p là số nguyên tố, p ≡ 1 (mod 4) Hãy tính tổng
S=
p−1
X
k=1
2k2 p
− k
2
p
Lời giải Theo định lý Hermite thì ta biến đổi tổng thành
S=
p−1
X
k=1
k2
p +1 2
=
p−1
X
k=1
k2
p +1 2
−
p−1
X
k=1
§ k2
p +1 2
ª
Chú ý rằng trong tập{1, 2, 3, , p − 1} có p−12 số chính phương mod p.
Mặt khác ta thấy−1p = 1 nên nếu a là số chính phương mod p thì −a cũng là số chính phương mod p, hay p − a cũng là số chính phương mod p và ngược lại.
Từ nhận xét này ta rút ra được có p−14 số chính phương mod p không nhỏ hơn p−12 và
có p−14 số chính phương mod p nhỏ hơn p−12
Do đó với mỗi số k thỏa mãn k2 ≡ a (mod p) và a p < 1
2 thì sẽ tồn tại số l sao cho
l2≡ p − a (mod p) và ngược lại.
Do đó¦k p2+1
2© + ¦l2
p +1
2© = a
p+1
2+p −a
p −12 = 1 Suy ra Pp−1
k=1
¦k2
p +1
2© = p−1
2
Do đó tổng S= Pp−1
k=1
k2
p +1
2 = Pp−1
k=1
k2
p +1 2
−p−12 =(p−1)(2p−1)6
Bài toán 6 (Balkan TST 2005) Cho n là số nguyên dương bất kì và số p thỏa mãn
p ≡ 7 (mod 8) Chứng minh rằng
p−1
X
k=1
k2n
p +1 2
= p− 1 2
Lời giải Chú ý rằng k2n ≡ (−k)2n (mod p) nên ta viết lại tổng
p−1
X
k=1
k2n
p +1
2
= p− 1
2 = 2
p−1 2
X
k=1
k2n
p +1 2
= 2
p−1 2
X
k=1
k2n
p +1 2
−
p−1 2
X
k=1
k2n
p +1 2
= p− 1
2 + 2
1
p
p−1 2
X
k=1
k2n−
p−1 2
X
k=1
k2n
p +1 2
Vậy ta cần chứng minh 1pP
p−1 2
k=1k2n= Pp−12
k=1
k 2n
p +1 2
Ta lại cóP
p−1
2
k=1
k 2n
p +1
2 = Pp−12
k=1
2k 2n
p
−Pp−1 2
k=1
k 2n p
với mọi1≤ k ≤ p−12
Với mỗi k= 1, 2, ,p−1
2 thì ta viết2k2n = p2k 2n
p + r ktrong đó1≤ r k ≤ p − 1.
Vì p là số nguyên tố và p ≡ 7 (mod 8) nên 2 là số chính phương mod p Từ cách đặt trên ta có r k ≡ 2k2n
(mod p) nên suy ra r k là số chính phương mod p.
Trang 7Ta đi chứng minh r k 6= r l với mọi1≤ r k 6= r l ≤ p−12
Thật vậy, giả sử r k = r l, tức là
0= r k − r l ≡ 2(k2n − l2n ) ≡ 2(k − l)
n−1
Y
j=0
k 2 j + l 2 j
Chú ý rằng p có dạng 4k + 3 nên theo bổ đề quen thuộc p | a2+ b2 thì suy ra p | a, b.
Do đó từ (1) ta rút ra được p | 2(k − l), điều này là mâu thuẫn vì 0 < |2(k − l)| ≤ p − 1
(Mẫu thuẫn)
Vậy các số r k , k= 1, 2, p−1
2 là p−12 số chính phương mod p.
Một cách tương tự, ta đặt k2n = pk 2n
p + r0
k trong đó1≤ r0
k ≤ p − 1.
Khi đó các số r k0 cũng sẽ là p−12 số chính phương mod p.
Vậy từ đây suy ra
P−1
2
X
k=1
k x
p +1 2
=
p−1 2
X
k=1
2k2n
p
−
p−1
X
k=1
k2n
p
=1
p
p−1 2
X
k=1
2k2n − r k −1
p
p−1 2
X
k=1
k2n − r k0 = 1
p
p−1
X
k=1
k2
Vậy kết thúc phép chứng minh
Nhận xét Phép tính tổng liên quan đến phần nguyên và số nguyên tố xuất hiện khá
nhiều trong các bài thi Olympic Hai ví dụ trên có "động chạm" đến lý thuyết khá mạnh
là thặng dư bình phương Sau đây là một số bài toán khác
1 (VietNam TST 2015) Cho số nguyên tố p > 3 Tính các tổng sau
a) P = Pp−12
k=1
2k2 p
− k
2
p
nếu p ≡ 1 (mod 4).
b) Q= Pp−12
k=1
k2 p
nếu p ≡ 1 (mod 8).
2 (Calin Popescu, AMM) Cho p là số nguyên tố dạng 8k + 7, k ∈ N Hãy tính tổng
S=
p−1 2
X
k=1
k2
p +1 2
3 Cho số nguyên tố p ≡ 1 (mod 4) Đặt
S =
p−1
X
i=1
i2 2p2+ 2p + 1
p
− 2p2+ 2p + 1 i2
p
Chứng minh rằng p3 là ước của S + p.
4 Cho n là số nguyên dương bất kì
a) Tính S n= Pn
k=1
n
k · ϕ(k) b) Kí hiệu T n là tập chứa các số k thỏa mãnk n ≥1
2 Chứng minh rằng
P
k ∈T n ϕ(k) = n2.
Trang 8Bài toán 7 (APMO 2004) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thìn (n−1)! (n+1)
là số chẵn.
Lời giải (Evan Chen)
Ta thử các trường hợp với n≤ 8 thấy thỏa mãn
Với n > 8 ta xét ba trường hợp.
• Nếu cả hai số n và n+1 đều không là số nguyên tố thì dễ dàng chứng minh được
n | (n − 1)! và (n + 1) | (n − 1)! Mà (n, n + 1) = 1 nên suy ran (n−1)! (n+1) = (n−1)!
n (n+1)
Áp dụng định lý Legendre - de Polignac ta có
v2((n − 1)!) =n−1
2 + n−1
4 + n−1
8 + > n−1
2 − 1 +n−14 − 1 +9−18 =3(n−1)
4 − 1
Suy ra v2((n − 1)!) ≥3(n−1)4
Chú ý rằng trong hai số n, n + 1 có một số lẻ nên v2(n(n + 1)) ≤ log2(n + 1) Với n≥ 9 thì ta dễ có 3(n−1)4 ≥ log2(n + 1) + 1.
Do đó v2n (n−1)! (n+1)≥ 1 nên chắc chắn nó là số chẵn
• Nếu n = p là số nguyên tố (p ≥ 11) Theo định lý Wilson thì ta có (p−1)! p+1 ≡ 1
(mod p) Suy ra
(p − 1)!
p (p + 1)
=
(p−1)!
p+1 + 1
p − 1
Dễ thấy biểu thức trên là số chẵn
• Nếu n + 1 = p là số nguyên tố (p ≥ 11), ta tiếp tục sử dụng và biến đổi định lý
Wilson (p−2)! p−1 ≡ −1(modp).
Vậy biểu thức được viết lại thành
(p − 2)!
p (p − 1)
= −1 +
(p−2)!
p−1 + 1
p
Ta cũng dễ thấy số này là số chẵn (đpcm)
Nhận xét Bài toán này xuất hiện giai thừa, dấu hiệu rõ nét của định lý Wilson nên ta
có hướng xử lý như trên Một số bài toán khác liên quan đến chứng minh tính chất số học:
1 (BMO 2015) Chứng minh rằng trong 20 số nguyên dương liên tiếp luôn tồn tại một số nguyên dương d sao cho với mọi số nguyên dương n thì
npd¦npd © > 5
2.
2 Cho α là số vô tỷ dương Đặt n = 1
α−bαc
Chứng minh rằng b(n + 1)αc − 1 chia hết cho n + 1.
Trang 93 Cho k, M là các số nguyên dương với k − 1 không là số square-free Chứng minh rằng tồn tại số thực α thỏa mãn bα · k n c nguyên tố cùng nhau với M, với mọi số nguyên dương n.
(Số square-free là số khi phân tích ra các thừa số nguyên tố thì số mũ các thừa
số nguyên tố là 1 Ví dụ 10 = 2 × 5 là số square-free, 20 = 22
× 5 không là số square-free)
Bài toán 8 (Russian MO 1999) Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì
n2
X
k=1
¦p
k©≤ n
2− 1
2 .
Chứng minh Ta đi chứng minh bằng quy nạp, cần chỉ ra
(n+1)2
X
k =n2 +1
p
k≤2n+ 1
2 Nếu ta chỉ ra được rằng
¦p
n2+ i© + ¦Æ(n + 1)2− i©≤ 2n+ 1
2n ,∀i = 1, n
Từ đó ta có thể cộng vào để ra đpcm Vìbpn2+ ic = bp(n + 1)2− ic = n nên bất đẳng
thức trở thành
p
n2+ i + Æ(n + 1)2− i ≤ 4n
2+ 2n + 1 2n
Áp dụng AM-GM ta có
p
n2+ i + Æ(n + 1)2− i ≤ 2
v
tn2+ (n + 1)2
v
t2n2+ 2n + 1
2 Vậy ta đi chứng minh
2
v
t2n2+ 2n + 1
2+ 2n + 1 2n
⇐⇒ 8n2(2n2+ 2n + 1) ≤ (4n2+ 2n + 1)2
⇐⇒ 0 ≤ (2n + 1)2 Vậy ta hoàn tất chứng minh
Nhận xét Bài toán này có kết quả mạnh hơn là
n2
X
k=1
¦p
k©≤ 3n
2− 2n − 1
Bạn đọc cùng thử sức
Trang 103 Gợi ý, lời giải cho các bài toán đề xuất
Bài 1.1 Tính giới hạn lim
n→+∞(4 +p10)n+ (45 +p2001)n
trong đó {x} là phần lẻ của x.
Hint Xây dựng dãy như bài 1 để có
lim
n→+∞(4 +p10)n = lim
n→+∞(45 +p2001)n = 1 Suy ra giới hạn ban đầu bằng 1
Bài 1.2 Chứng minh rằngb(2 +p5)2019c là hợp số.
Hint Xây dựng dãy để chỉ ra số trên là số chẵn.
Bài 1.3 (IMOSL 1988) Cho α là nghiệm lớn nhất của phương trình x3− 3x2+ 1 = 0 Chứng minh rằnga1788vàa1988cùng chia hết cho 17.
Hint Ta chứng minh được phương trình có đủ 3 nghiệm a > b > c.
Tiếp đó chứng minh được a > 1 > b > 0 > c > −1 và ta đặt t n = a n + b n + c n
Áp dụng định lý Vi-et để xây dựng được công thức t n+3= 3t n+2− t n
Chú ý rằng do|b| , |c| < 1, cụ thể hơn ta chứng minh được |b| , |c| < 0, 8 để rút ra được
a1788 = t1788− 1 vàa1988 = t1988− 1
Sau cùng ta xét chu kì số dư khi chia 17 của từng t n thì ta sẽ có t 4k ≡ t1788≡ t1988≡ 1 (mod 17) Vậy ta có đpcm
Bài 1.4 (Hong Kong TST 2020) Tìm số số nguyên tố p < 100 sao cho b(2+p5)pc−2p+1
chia hết cho p.
Hint Bài toán này phát biểu không hay lắm, giấu đi bản chất là với mọi số nguyên tố
p lẻ thì b(2 +p5)pc − 2p+1 chia hết cho p.
Chú ý rằng với p lẻ thì ta cób(2 +p5)pc = (p5+ 2)p− (p5− 2)p
Sau đó sử dụng khai triển nhị thức Newton và áp dụng tính chất p k ≡ 0 (mod p) với
0< k < p là xong.
Nhận xét Đây là bài toán khá cũ đã từng xuất hiện trên AoPS và trong tài liệu "Santos
- Number Theory for Mathematical Contests" Đặc biệt gần đây nhất là đề cho HS lớp 11 tỉnh Ninh Bình được đăng trên Group "Hướng tới VMO-TST".
Bài 2.1 (Tổng quát) Cho α là số vô tỷ dương Chứng minh dãy số {a n } được xác định bởi công thức a n = [n · α] chứa vô hạn số chẵn, vô hạn số lẻ.
Hint Nếuα < 2 thì ta sẽ chứng minh như ở phần trên.
Cònα > 2 thì ta gọi k là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn 2k < α Sau đó xét dãy
b n = n · (α − 2k) rồi từ đó làm tương tự trường hợp đầu để có đpcm.