ĐỊNH LÝ WOLSTENHOLME I) Một số kiến thức cơ bản.. Đa thức Lagrange. Định lý được chứng minh. Từ đây ta cũng chứng minh được định lý Wilson. II) Định lý Wolstenholme. Dễ thấy rằng tổng t[r]
Trang 1Chủ đề 3
ĐỊNH LÝ WOLSTENHOLME I) Một số kiến thức cơ bản
1 Cho p là số nguyên tố, khi đó, ta có 2 định lý quan trọng:
(1) Wilson: (p1)! 1 0(mod ).p
(2) Fermat nhỏ: a p1 1(mod )p với ( , )a p 1
Các định lý này có thể chứng minh dựa vào tính chất của hệ thặng dư đầy đủ (TDĐĐ), thu gọn và nghịch đảo của một số nguyên theo modulo p, cụ thể là:
2 Với mọi số nguyên i 1,2, 3, ,p1 thì tồn tại duy nhất số j 1,2, 3, ,p1 sao cho
1(mod )
(( , )a m thì ax1 sẽ chạy qua 1 hệ TDĐĐ của m khi x chạy qua 1 hệ TDĐĐ của m ) y
Đặc biệt: i và 1 j 1 i p 1 j p 1
3 Định lý Viète:
và giả sử đa thức này có n nghiệm
là r r1, , ,2 r khác 0 Khi đó, ta có: n
1 1
1 2
( 1)
n n
j i i
a
Ta đã biết rằng một đa thức ( )P x bậc n thì có tối đa n nghiệm
Điều này vẫn đúng trong phương trình đồng dư, tức là ( )P x 0(mod )m với ( )P x có bậc
m cũng có tối đa m nghiệm (không có cặp nghiệm nào đồng dư với nhau theo mod m )
VD P x( )x3 x 1 0 (mod 3) có nghiệm là x 1(mod 3)
11
P x x x có đủ cả 11 nghiệm theo định lý Fermat nhỏ
4 Đồng dư thức của phân số: Ta quy ước ký hiệu a c(mod )m
b d , trong đó , , ,a b c d và
, 0,( , ) ( , ) 1
b d b m d m khi
0(mod )
Trang 2Chẳng hạn, thay vì viết ij 1(mod )p như ở trên, ta có thể viết 1
(mod )
5 Đa thức Lagrange
Xét đa thức ( )f x (x 1)(x 2) (x với p 1) p là số nguyên tố Khai triển ra, ta có:
p
Định lý Lagrange về đa thức này nói rằng các hệ số a với i i 1,2, ,p đều chia hết cho 2
p
Thật vậy,
Xét đa thức P x( ) f x( )x p 1 , có bậc là 1 p 2
Hơn nữa (1)P P(2) P p( 1) 0(mod )p nên đa thức này có p nghiệm, tức là 1 tất cả các hệ số của đa thức này phải chia hết cho p
Suy ra a p2,a p3, , , ,(a a p2 1 1)! 1 đều phải chia hết cho p Định lý được chứng minh
Từ đây ta cũng chứng minh được định lý Wilson
II) Định lý Wolstenholme
Dạng 1 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, khi đó ta có:
Chứng minh Sử dụng nghịch đảo của một số theo modulo p thì tổng trên cũng là tổng của một hoán vị của các số 1 ,2 , ,(2 2 p 1)2 và ta có
6
p
Dạng 2 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, khi đó ta có:
2
Chứng minh Dễ thấy rằng tổng trên đồng dư với 0 theo modulo p, định lý này đòi hỏi một kết quả mạnh hơn
Trang 3Chú ý rằng 1 1 1 1 1 1 2
lại đa thức Lagrange và định lý Viète, ta cần chứng minh 2
1 0(mod )
Thật vậy, từ đồng nhất thức:
p
ta cho x p thì vế trái chính là ( 1)( 2) ( p 1) ( 1) (p1 p1)!(p1)!
Do đó: ( )p 1 2( )p 2 2( )2 1
p
Dễ thấy vế trái chia hết cho p nên vế phải cũng phải chia hết cho 3 p hay 3 2
1
p a
Dạng 3 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, chứng minh rằng
3
2p 2(mod )
p
C p hay 2p 11 1(mod 3)
p
Chứng minh
Hai kết quả trên là tương đương vì 2 (2 )! (2 1)! 2 11
Nếu áp dụng đồng nhất thức Vandermonde, ta chỉ chứng minh được rằng 2
2p 2(mod )
p
Thật vậy, ta đã biết rằng:
2p ( ) ( ) ( p)
Hai số hạng đầu và cuối bằng 1, còn các số hạng ở giữa đều chia hết cho p vì 2
!
!( )!
i
p
p
C
chia hết cho p với mọi i 1,2, 3, ,p 1.
Để đưa từ modulo p sang 2 p , ta phải có một cách hiệu quả hơn 3
2 1
( 1)!
p p
C
p
Do p p 3,( 1)! nên ta chỉ cần chứng minh 1
3 (p1)(p2) (p p 1) (p1)!(modp ) hay f p( )(p1)!(modp3)
Trang 4Tuy nhiên, 2 3 2
lý được chứng minh
Định lý này còn một dạng khó hơn nữa là bp b(mod 4)
ap a
C C p nhưng có lời giải bằng tổ hợp nên không trình bày ở đây
III) Các ví dụ áp dụng
Bài 1
1) Cho p là số nguyên tố lẻ, chứng minh rằng: 12 12 1 2
p
2) Cho p là số nguyên tố Đặt 3 1 1 1 ; ,
m
m n
và ( , )m n Chứng minh 1
rằng p4 |mp n
Lời giải
1) Ta chỉ cần ghép các số hạng thích hợp:
2
chia hết cho p với
1 i p 1
Áp dụng định lý Wolstenholme 2 cho vế trái thì mp n 0(mod )p2
np
Vì n chia hết cho p
nên np chia hết cho p , suy ra 2 mpn chia hết cho p 4
Bài 2
1) Gọi ( )f x là đa thức Lagrange Chứng minh rằng ( f x) f x( p)
2) (Mở rộng định lý Wolstenholme 3): Cho p là số nguyên tố và ,3 m k Chứng minh
k
mp
Lời giải
1) Biến đổi trực tiếp, ta có đẳng thức đã nêu
2) Ta có:
Trang 51
( 1)!
k
p
k mp
C
p
Biểu thức trên tử khi khai triển ra có dạng
p
Vì p a nên dễ thấy rằng biểu thức trên chia hết cho 2 2 p k 2
Ta thấy rằng định lý đã nêu rất mạnh nhưng cách chứng minh, biến đổi cũng tương tự như định lý ban đầu
Bài 3 (APMO 2006) Cho p là số nguyên tố và r là số cách đặt 3 p quân cờ lên bàn cờ hình vuông có kích thước pp sao cho không có 2 quân cờ nào cùng hàng (nhưng có thể cùng cột) Chứng minh rằng p5 | r
Lời giải
Số cách chọn p quân cờ tùy ý là 2
p p
C
Số cách chọn thỏa mãn đề bài là (trừ đi p cách không thỏa mãn) là: 2
p p
Ta cần chứng minh 2
5 0(mod )
p p
1
2
1 1(mod )
p p
Áp dụng định lý Wolstenholme mở rộng, ta có đpcm
Bài 4
1) Cho các số nguyên ,x y thỏa mãn x 0(mod ),p y 1(mod )p , hỏi xy ?(mod )p2 , trong
đó p là số nguyên tố
2) (Putnam 1980) Cho p là số nguyên tố, chứng minh rằng 2
0
2 1 (mod )
p
i i p
p p i i
Lời giải
1) Dễ thấy xy x x y( chia hết cho 1) p nên 2
Trang 62 (mod )
2) Ta có: với i1,2, 3, ,p thì 1 i
p
C chia hết cho p và
i
p i
C
Dễ thấy tử số của biểu thức cuối chia hết cho p nên i 1(mod 2)
p i
p p
p p
C C p theo định lý Wolstenholme 3
Từ đó suy ra
2
Bài 5 (KHTN 2010) Cho dãy số ( )u xác định bởi công thức: n
1
3
0,
u
Chứng minh rằng dãy số này chứa vô số số hạng nguyên dương
Lời giải Ta có: (n 1)4u n1 (4n 2)n u3 n 3n 1, đặt v n n u3 n thì
(n 1)v n (4n 2)v n 3n 1 (n 1)(v n 1)(4n2)(v n 1)
Lại đặt w n v n thì 1 1 4 2
1
n
n
Ta cũng tính được v1 0,w1 nên 1
trong đó (2n 1)!! là tích các số lẻ từ 1 đến 2n (2 )!1, n là tích các số chẵn từ 2 đến 2 n
Ta biến đổi tiếp:
1
2 1
2 (2 1)!! 2 ( 1)!(2 1)!! (2 2)!!(2 1)!! (2 1)!
n n
C
Suy ra
1
1 1
n
C
n
Trang 7Theo định lý Wolstenholme 3 thì u p , mà có vô số số nguyên tố nên cũng có vô số số hạng của dãy là số nguyên Ta có đpcm
Bài 6 1) (IMO 1979) Chứng minh rằng 1 1 1 1
2) Tổng quát hóa bài toán
Lời giải
1) Chú ý rằng 1979 nguyên tố, ta chỉ cần tìm cách tách ghép thích hợp
989
1
2) Với ý tưởng tách ghép như trên, ta thấy rằng:
- Nếu p 3k là số nguyên tố thì 2 1 1 1 1 0 (mod )
1 2 3 2k 1 p
- Nếu p 3k là số nguyên tố thì 1 1 1 1 1 0 (mod )
1 2 3 2k p
Bài 7 Cho p là số nguyên tố
1) Chứng minh rằng
1
(mod )
k k
p
2) (Putnam 1996): Cho p là số nguyên tố và đặt 5 2
3
p
thì
2 1
1 (mod )
k i p i
Lời giải
1) Chỉ cần biến đổi trực tiếp là có đpcm
2) Từ 1, ta thấy rằng k ( 1)k 1 (mod 2)
p
p
k
Đến đây, áp dụng bài toán 5 ở trên với kết quả: tổng đan dấu của đồng dư với 0 theo modulo
p , ta có đpcm
Trang 8Bài 8 (IMO Shortlist 2013) Cho p là số nguyên tố lẻ Đặt
p a
p
Đặt S3 S4 3S2 m
n
với ,m n Chứng minh rằng p m
Lời giải Áp dụng bổ đề ở bài trên, ta có ( 1) 1 (mod )
p
1
Do đó
2
Theo định lý Fermat nhỏ thì 2p 2(mod )p nên 2 (2p 2)2
2 (2 2)
0(mod )
p
p p
Từ đó suy ra đpcm Đây là bài toán N7 trong đề IMO Shortlist 2011 Ý tưởng khó chính là phát hiện và sử dụng được bổ đề trên
Bài 9 (Chọn đội tuyển Nghệ An 2012) Cho p là số nguyên tố và đặt 3 M 1,2, 3, ,p
Với mỗi số nguyên dương k thỏa 1 , xét tập hợp k p E k AM A: k và đại
k
k
A E
1
3 1
0 (mod )
p
k
k p k
Lời giải Trước hết, với mỗi i , ta đếm có bao nhiêu tập hợp có k phần tử nhận i là min
- Nếu i thì có 1 1
1
k p
C
tập hợp - Nếu i thì có 2 1
2
k p
C
tập hợp
Từ đó suy ra, có tất cả k 1
p i
C
tập hợp nhận i là phần tử nhỏ nhất, trong đó p i k 1 Tương tự, có tất cả 1
1
k i
C
tập hợp nhận i là phần tử lớn nhất, trong đó i Do đó: k
1 1
k
2
Wolstenholme 3