Một số dạng toán thi học sinh giỏi về lý thuyết số bậc trung học phổ thông

3 1 Một số dạng toán về tính chia hết trong vành số nguyên 5 1.1 Tính chia hết và thuật toán chia.. Lời nói đầuLuận văn này trình bày lời giải một số dạng toán thi học sinh giỏi liênquan

Số húa bởi Trung tõm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/

tr-ờng đại học khoa học

-

VŨ ĐỨC HUY

MỘT SỐ DẠNG TOÁN THI HỌC SINH GIỎI VỀ Lí THUYẾT SỐ

BẬC TRUNG HỌC PHỔ THễNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYấN - NĂM 2014

Số húa bởi Trung tõm Học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/

tr-ờng đại học khoa học

-

VŨ ĐỨC HUY

MỘT SỐ DẠNG TOÁN THI HỌC SINH GIỎI VỀ Lí THUYẾT SỐ

BẬC TRUNG HỌC PHỔ THễNG

Chuyờn ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mó số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Lấ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYấN - NĂM 2014

Mục lục 1

Lời nói đầu 3

1 Một số dạng toán về tính chia hết trong vành số nguyên 5 1.1 Tính chia hết và thuật toán chia 5

1.2 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất 12

1.3 Số nguyên tố 20

2 Một số dạng toán về đồng d− thức 26 2.1 Đồng d− thức 26

2.2 Các hệ số nhị thức 35

2.3 Cấp của phần tử và các căn nguyên thủy 41

Kết luận 49

Tài liệu tham khảo 50

1

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc nhất đến PGS.TS

Lê Thị Thanh Nhàn Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫndành rất nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn Có lẽ tôi sẽkhông bao giờ hoàn thành được bản luận văn này nếu Cô không tận tìnhchỉ dạy và luôn tạo cho tôi những điều kiện tốt nhất Cho đến hôm nay,luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốcnhắc nhở và đặc biệt giúp đỡ tôi hết mình

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng

Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trântrọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báucũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này.Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người đã không ngừng động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện tốtnhất cho tôi trong suốt thời gian học tập và thực hiện luận văn

Lời nói đầu

Luận văn này trình bày lời giải một số dạng toán thi học sinh giỏi liênquan đến tính chia hết và đồng dư thức trong vành số nguyên Luận văn

được viết chủ yếu dựa theo cuốn sách “Number theory for mathematical

contests” năm 2007 của D A Santos Luận văn cũng tham khảo một số

kiến thức cơ sở trong cuốn sách “An introduction to the theory of numbers”

của Niven-Zuckerman (John Wiley & Sons, Fourth Edition, 2000) và cuốn

sách “Elements of number theory” của J Stillwell (Springer, 2003).

Luận văn này được viết theo cách chọn lọc những bài toán hay về tínhchia hết và đồng dư thức từ 3 tài liệu tiếng Anh đã nói ở trên, mà khôngsao chép từ bất cứ tài liệu tiếng Việt có sẵn nào Vì thế, nội dung của luậnvăn hoàn toàn không trùng lặp với bất kì một luận văn thạc sĩ đã bảo vệtrước đó về lí thuyết số Thực tế, một số lời giải bài toán khó được cáctác giả của các cuốn sách trên viết khá cô đọng, chúng tôi đã phải cố gắngdiễn giải tường minh và chi tiết lời giải trong luận văn này Nhiều bài toánchỉ được phát biểu trong các cuốn sách đó (mà không có lời giải), chúngtôi cũng đã rất cố gắng tự giải chúng Nhiều bài toán nằm rải rác trongcác cuốn sách trên được chúng tôi bố cục lại theo một chủ đề nhất định đểngười đọc dễ theo dõi

Luận văn gồm hai chương Trong Chương 1, chúng tôi trình bày lời giảimột số dạng toán thi học sinh giỏi liên quan đến tính chia hết trong vành

số nguyên Chương này gồm 3 mục: Tính chia hết và thuật toán chia; ướcchung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất; số nguyên tố Mỗi mục đều được

bố cục thành 3 phần nhỏ: Trong phần đầu của mỗi mục, chúng tôi tóm tắtnhững khái niệm và kiến thức cơ sở cần thiết (hầu hết những kiến thức này

đã được học trong học phần Lí thuyết số ở bậc đại học); Phần tiếp theo đưa

ra một số bài tập để minh họa; Phần cuối ở mỗi mục là lời giải một số bài

toán khó, trong đó có những bài toán thi học sinh giỏi quốc tế.

Trong Chương 2, chúng tôi đề cập đến những kiến thức mở rộng về đồngdư thức cũng như lời giải một số bài toán khó về đồng dư thức, đặc biệt

là các bài toán thi học sinh giỏi quốc tế Chương này gồm 3 mục: Đồngdư thức; các hệ số nhị thức; cấp của phần tử và các căn nguyên thủy Mỗimục cũng được bố cục thành 3 phần nhỏ: Kiến thức chuẩn bị, lời giải một

số bài tập minh họa, lời giải một số bài toán khó

Một số dạng toán về tính chia hết trong vành số nguyên

Trong chương này, chúng tôi trình bày lời giải một số dạng toán thi họcsinh giỏi liên quan đến tính chia hết trong vành số nguyên Chương nàygồm 3 mục: Tính chia hết và thuật toán chia; ước chung lớn nhất và bộichung nhỏ nhất; số nguyên tố

1.1 Tính chia hết và thuật toán chia

• Kiến thức cơ sở

Trước hết, chúng ta tóm tắt những kiến thức cơ sở cần thiết liên quan

đến tính chia hết và thuật toán chia với dư

1.1.1 Định nghĩa Cho a, b ∈ Z Ta nói a chia hết b (hay a là một ước của

b) nếu tồn tại một số nguyên c sao cho b = ac Nếu a là một ước của b thì

ta viết a | b Một số tự nhiên p được gọi là số nguyên tố nếu p > 1 và p có

đúng 2 ước là 1 và p

Chú ý rằng nếu a, b > 0 và a | b thì a 6 b Thêm nữa, nếu a | bi với

i = 1, , n thì a |Pn

i=1cibi với mọi c1, , cn ∈ Z

1.1.2 Định lý Các phat biểu sau là đúng:

5

(i) Thuật toán chia với dư: Với a, b ∈ Z, trong đó a là số nguyên dương,

tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q, r sao cho b = aq + r và 0 6 r < a (ii) Định lí cơ bản của số học: Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích

được dưới dạng pe1

1 pe2

2 pek

k với p1, , pk là các số nguyên tố phân biệt

và e1, , ek là các số nguyên dương, và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự của các nhân tử.

• Bài tập minh họa

Bây giờ chúng ta vận dụng các kiến thức chuẩn bị ở trên để giải một sốbài tập Lời giải của 3 bài tập đầu tiên chỉ cần dùng những tính chất chiahết đơn giản

1.1.3 Bài tập Cho x, y là hai số nguyên Chứng minh rằng 2x + 3y chia

hết cho 17 khi và chỉ khi 9x + 5y cũng chia hết cho 17

Chứng minh. Giả sử 2x + 3y chia hết cho 17 Khi đó 13(2x + 3y) chia hếtcho 17 Do đó 17x + 34y + 9x + 5y chia hết cho 17 Suy ra 9x + 5y chiahết cho 17 Ngược lại, giả sử 9x + 5y chia hết cho 17 Khi đó 4(9x + +5y)chia hết cho 17 Do đó 34x + 17y + 2x + 3y chia hết cho 17 Suy ra 2x + 3ychia hết cho 17

1.1.4 Bài tập Chứng minh rằng tồn tại vô số n để n2+ 23 chia hết cho 24

Chứng minh. Ta có n2+ 23 = (n2ư 1) + 24 = (n ư 1)(n + 1) + 24 Do đó

n2 + 23 chia hết cho 24 khi và chỉ khi (n ư 1)(n + 1) chia hết cho 24 Dễthấy rằng với mọi k ∈ Z và n = 24k +1 hoặc n = 24k ư1 thì (nư1)(n+1)chia hết cho 24 Do đó có vô hạn số n để n2 + 23 chia hết cho 24

1.1.5 Bài tập Tìm các số nguyên dương d sao cho tồn tại một số nguyên

n để d là ước chung của n2 + 1 và (n + 1)2 + 1

Lời giải Giả sử d là một số nguyên dương sao cho tồn tại một số nguyên

n để d là ước chung của n2 + 1 và (n + 1)2 + 1 Khi đó d là ước của

2n + 1 = (n + 1)2 + 1 − (n2 + 1) Suy ra d là −ớc của

4n − 3 = (2n + 1)2 − 4(n2 + 1)

Do đó d là −ớc của 5 = 2(2n + 1) − (4n − 3) Vì thế d = 5 và d = 1.Ng−ợc lại, rõ ràng d = 1 thỏa mãn yêu cầu vì 1 là −ớc chung của n2 + 1

và (n + 1)2 + 1 với n tùy ý d = 5 cũng thỏa mãn vì tồn tại n = 2 để 5

là −ớc chung của 5 = n2 + 1 và 10 = (n + 1)2+ 1 Vậy, các số cần tìm là

d = 1 và d = 5

Các bài tập tiếp theo cần đến thuật toán chia với d−

1.1.6 Bài tập Chứng minh rằng nếu p > 3 là một số nguyên tố thì p2 − 1chia hết cho 24

Chứng minh. Theo thuật toán chia với d−, mỗi số nguyên p có một trongcác dạng p = 6k ± 1; p = 6k ± 2; p = 6k + 3 Vì p là số nguyên tố và

p > 3 nên p lẻ và p không chia hết cho 3 Do đó p có dạng 6k ± 1 Vì thế

p2 − 1 = (6k ± 1)2 − 1 = 36k2 ± 12k = 12k(3k ± 1) Nếu k chẵn thì 12kluôn chia hết cho 24, còn nếu k lẻ thì 12(3k ± 1) luôn chia hết cho 24 Do

có dạng 3m + 1 Viết a2 = 3m + 1 và b2 = 3m′ + 1 với m, m′ ∈ Z Khi

đó a2 + b2 = 3(m + n) + 2, tức là a2 + b2 không chia hết cho 3 Điều này

Chứng minh. (i) Viết n = 2k +1 Khi đó n2 = 4k2+4k +1 = 4k(k +1)+1.Chú ý rằng k(k + 1) là số chẵn, do đó 4k(k + 1) chia hết cho 8 Vì thế n2

chia cho 8 luôn dư 1

(ii) Ta có

2n = (3 ư 1)n = 3n ư 3nư1+ + (ư1)k ì Cnk ì 3k + + (ư1)n,trong đó Ck

Chứng minh. Giả sử p có dạng trên Khi đó ta viết p = 111 11 ì 102 + 11

Do 111 11 ì 102 chia hết cho 4 nên p chia 4 dư 3 Do đó p có dạng

p = 4k + 3 với k ∈ N Mặt khác, giả sử n = t2 là bình phương của một

số nguyên Theo thuật toán chia với dư, t = 4m + r với r ∈ {0, 1, 2, 3}.Khi đó n = t2 = 4m2 + 8mr + r2, với r2 ∈ {0, 1, 4, 9} Do đó n có dạng

n = 4k hoặc n = 4k + 1 Vì thế p = 4k + 3 không thể là bình phương củamột số nguyên

• Một số bài toán khó

Chúng ta vận dụng các kiến thức về tính chia hết trong vành số nguyên

để trình bày lời giải cho một số bài toán khó, đặc biệt là những bài toán thihọc sinh giỏi quốc tế

Lời giải bài tập sau đây cần đến Định lí cơ bản của số học

1.1.10 Bài tập Cho a, b là hai số nguyên dương sao cho a|b2, b2|a3, a3|b4,

b4|a5, Chứng minh rằng a = b

Chứng minh. Rõ ràng nếu a = 1 hoặc b = 1 thì a = b = 1 Do đó ta giả thiết

t , trong đó p1, , pt là các số nguyên tố phân biệt và

αi, βi ≥ 0 Ta cần chứng minh a = b, tức là αi = βi với mọi i = 1, , t.Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại i ∈ {1, , t} sao cho αi 6= βi Không mấttính tổng quát ta giả thiết i = 1 và α1 < β1 Đặt k = β1 ư α1 ≥ 1 Theogiả thiết, b2n|a2n+1 với mọi n Do đó ta có (2n + 1)α1 ≥ 2nβ1 với mọi n.Suy ra 2n(β1 ư α1) ư α1 6 0 với mọi n Suy ra 2nk ư α1 6 0 với mọi n

Điều này là vô lí (vì k ≥ 1 nên khi chọn n ≥ α1 thì nk ư α1 > 0) Vậy,

αi = βi với mọi i = 1, , t Do đó a = b

Hai bài tập tiếp theo cần vận dụng khéo léo tính chia hết

1.1.11 Bài tập (1984 IMO Short List) Cho a1, , a2n là các số nguyênphân biệt sao cho phương trình

|(r ư a1)(r ư a2) (r ư a2n)| ≥ |1.2 n(ư1)(ư2) (ưn)| = (n!)2.Vì thế phương trình có nghiệm x = r khi và chỉ khi

{r ư a1, r ư a2, , r ư a2n} = {1, 2, , n, ư1, ư2, , ưn}

Do đó ta có

(r ư a1) + (r ư a2) + + (r ư a2n) = 0

1.1.12 Bài tập (1974 USAMO) Cho a, b, c là ba số nguyên phân biệt và

P (x) là một đa thức với các hệ số nguyên Chứng minh rằng các điều saukhông thể đồng thời xảy ra P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a

Chứng minh. Cho P (x) = anxn + + a1x + a0 là đa thức với các hệ sốnguyên Giả sử phản chứng rằng P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a Rõ ràng

P (a) ư P (b) = an(anư bn) + + a1(a ư b)

Do đó a ư b là ước của P (a) ư P (b) Tương tự, ta có b ư c là ước của

P (b) ư P (c) và (c ư a) là ước của P (c) ư P (a) Do P (a) = b; P (b) =

c, P (c) = a nên (a ư b) là ước của P (a) ư P (b) = (b ư c) Tương tự, (b ư c)

là ước của (c ư a) và (c ư a) là ước của (a ư b) Do vậy ta có

|a ư b| = |b ư c| = |c ư a| Nếu a ư b = b ư c thì ta có

1.1.13 Bài tập Giả sử d > 1 là một số tự nhiên và r ≥ 0 là một số nguyên

sao cho số dư của cả 3 phép chia 1059, 1417, 2312 cho d đều bằng r Tìm

Từ đó ta có r = 164 Suy ra d ư r = 179 ư 164 = 15

1.1.14 Bài tập (1966 Putnam Mathematical Competition) Cho 0 < a1 <

a2 < < amn+1 là mn + 1 số nguyên Chứng minh rằng trong mn + 1

số nguyên đó, hoặc có thể chọn được m + 1 số sao cho hai số bất kì trongchúng không là bội của nhau, hoặc có thể chọn được n + 1 số sao cho mỗi

số là ước của số tiếp theo

Chứng minh. Với mỗi i = 1, , mn + 1, gọi ai = bi1 < bi2 < < bini làdãy dài nhất lọc ra từ dãy trên sao cho số dứng trước là ước của số đứngsau Rõ ràng độ dài của dãy này là ni Nếu tồn tại số i sao cho ni ≥ n + 1thì ta có điều cần chứng minh Vì thế, giả sử ni 6 n với mọi i TheoNguyên lí nhốt chim bồ câu (Nguyên lí Dirichlet), tồn tại ít nhất m + 1 giátrị khác nhau của i sao cho ni giống nhau Khi đó các số nguyên ai tươngứng với m + 1 số i này tạo thành một dãy mà mỗi số không là ước của các

số còn lại

Cuối cùng là một số bài toán mà lời giải của chúng dựa vào các tínhchất chia hết trong vành số nguyên (chúng tôi không đưa ra lời giải)

1.1.15 Bài toán Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên n thỏa mãn 4n2+ 1

chia hết cho cả 13 và 5.

1.1.16 Bài toán Chứng minh rằng nếu a và b là các số nguyên dương thì

chỉ có hữu hạn giá trị nguyên dương n để



a + 12

n

+



b + 12

n

là một số nguyên dương.

1.1.17 Bài toán (1973 Austrian Mathematics Olympiad) Chứng minh rằng

với mọi số nguyên dương n ta có

trong đó g(k) là ước lẻ lớn nhất của k.

1.2 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

• Kiến thức cơ sở

Trước hết ta nhắc lại các kiến thức liên quan đến ước chung lớn nhất vàbội chung nhỏ nhất

1.2.1 Định nghĩa Cho hai số nguyên a, b.

Ước chung lớn nhất của a và b là số nguyên dương lớn nhất d sao cho

d là ước của cả a và b Ta kí hiệu của ước chung lớn nhất của a và b làgcd(a, b)

Bội chung nhỏ nhất của a và b là số nguyên dương nhỏ nhất m sao cho

m chia hết cho cả a và b Ta kí hiệu bội chung nhỏ nhất của a và b làlcm(a, b)

Tương tự ta có các khái niệm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

của hữu hạn số nguyên Ta nói rằng a và b là nguyên tố cùng nhau nếu

như gcd(a, b) = 1 Nếu gcd(a1, , an) = 1 thì ta nói a1, , an nguyên

tố cùng nhau Nếu gcd(ai, aj) = 1 với mọi i 6= j thì ta nói a1, , an là

nguyên tố sánh đôi

Ta thừa nhận các tính chất đơn giản sau đây

1.2.2 Tính chất Cho a, b, c, d là các số nguyên Khi đó

(i) gcd(a, b) ì lcm(a, b) = ab

(ii) gcd(ma, mb) = m ì gcd(a, b)

(iii) lcm(ma, mb) = m ì lcm(a, b)

(iv) Nếu d là ước chung của a, b thì gcd a

d,

bd



= 1

(vi) Nếu a | bc và gcd(a, c) = 1 thì a | b

(vii) Nếu d là số nguyên dương thỏa mãn d là một ước chung của a và

b và d là bội của mọi ước chung khác của a và b thì d = gcd(a, b)

(viii) Hai số nguyên liên tiếp luôn nguyên tố cùng nhau

Một số định lí quan trọng chúng ta cần nhớ để xử lí bài toán

1.2.3 Mệnh đề (Định lí Bachet-Bezout) Với hai số nguyên dương a, b, luôn

tồn tại hai số nguyên x, y sao cho ax + by = gcd(a, b).

Định lí Bachet-Bezout cũng đúng cho hữu hạn số Cụ thể, với mỗi bộ sốnguyên dương a1, a2, , an, luôn tồn tại các số nguyên x1, x2, , xn saocho

a1x1 + a2x2 + + anxn = gcd(a1, a2, , an)

1.2.4 Mệnh đề Hai số nguyên dương a, b là nguyên tố cùng nhau nếu và

chỉ nếu tồn tại hai số nguyên x, y thỏa mãn ax + by = 1.

1.2.5 Mệnh đề Phương trình ax + by = n có nghiệm nguyên (x, y) khi và

chỉ khi gcd(a, b) | n Nếu phương trình này có một nghiệm nguyên (x0, y0)

và d = gcd(a, b) thì tất cả các nghiệm của phương trình đó là

(x, y) = (x0 + b

d t, y0 +

a

d t), t ∈ Z

• Bài tập minh họa

Sau đây là một số bài tập áp dụng lí thuyết trên để giải quyết

1.2.6 Bài tập Cho gcd(a, b) = 1 Chứng minh rằng gcd(a + b, a2ư ab + b2)bằng 1 hoặc 3

Chứng minh. Đặt d = (a + b, a2 ư ab + b2) Khi đó d là ước của

Do đó (adư 1) là một ước của gcd |(amư 1, anư 1) Ngược lại, theo Định

lí Bachet-Bezout, tồn tại các số nguyên x, y sao cho mx + ny = d Chú ýrằng x, y phải trái dấu nhau, vì nếu x, y cùng dương thì d = mx + ny > d,còn nếu x, y cùng âm thì d = mx + ny < 0, cả hai trường hợp này đềukhông thể xảy ra Vì thế, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x > 0

và y < 0 Đặt t = gcd(am ư 1, anư 1) Khi đó t là ước của amx ư 1 và tcũng là ước của aưny ư 1 Do đó t là ước của

(amxư 1) ư ad(aưny ư 1) = amxư adưny+ adư 1 = ad ư 1

Do đó bài toán được chứng minh.

1.2.8 Bài tập Chứng minh rằng nếu n, m là hai số tự nhiên với m lẻ thì

gcd(2mư 1, 2n + 1) = 1

Chứng minh. Đặt d = gcd(2m ư 1, 2n + 1) Vì 2m ư 1 và 2n + 1 đều là số

lẻ nên d là số lẻ Viết 2mư 1 = kd và 2n+ 1 = ud, trong đó k, u là các số

tự nhiên Khi đó 2mn = (kd + 1)n Khai triển nhị thức này rồi nhóm cáchạng tử có chứa thừa số d ta được (kd + 1)n = td + 1, trong đó t là một số

tự nhiên Tương tự ta có 2mn = (ud ư 1)m Do m lẻ nên khi khai triển ra

và nhóm các hạng tử có chứa thừa số d ta được 2mn = t′d ư 1, trong đó t′

là một số tự nhiên Vì thế td + 1 = t′d ư 1 Suy ra (t′ư t)d = 2 Do đó d

là ước của 2 Vì d lẻ nên d = 1

1.2.9 Bài tập Chứng minh rằng mọi số tự nhiên n > 6 đều viết được thành

tổng của hai số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau, mỗi số đều lớn hơn 1

Chứng minh. Nếu n lẻ thì chọn a = 2 và b = n ư 2 Vì n > 6 nên b > 4.Vì n lẻ nên b lẻ, do đó gcd(a, b) = gcd(2, b) = 1 Giả sử n chẵn Khi đó n

có dạng 4k hoặc 4k + 2 Nếu n = 4k thì ta chọn a = 2k + 1 và b = 2k ư 1.Nếu d = gcd(a, b) thì d là ước của a ư b = 2 Do a lẻ nên d lẻ, vì thế

d = 1 Do đó gcd(a, b) = 1 Giả sử n = 4k + 2 Vì n > 6 nên k > 1.Chọn a = 2k + 3 và b = 2k ư 1 Đặt d = gcd(a, b) Khi đó d là ước của

a ư b = 4 Do a lẻ nên d = 1 Vì thế gcd(a, b) = 1

1.2.10 Bài tập Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên m, tồn tại một cấp

số cộng độ dài m sao cho hai số bất kì là nguyên tố cùng nhau

Chứng minh. Rõ ràng dãy số m! + 1, 2m! + 1, , mm! + 1 là một cấp sốcộng có độ dài m và có công bội là m! Giả sử d > 0 là một ước chungcủa tm! + 1 và sm! + 1 với 1 6 t < s 6 m Khi đó d là ước của

s(tm! + 1) ư t(sm! + 1) = s ư t < m

Vì thế 1 6 d < m Suy ra d là ước của m! = 1.2 .m Vì d là ước củasm! + 1 nên d là ước của 1 Vì thế hai số bất kì trong cấp số cộng trên lànguyên tố cùng nhau.

• Một số bài toán khó và bài toán thi học sinh giỏi

1.2.11 Bài tập Với mỗi số nguyên dương n, đặt

với mọi số nguyên dương n Suy ra TnưTnư1Tnư2 T1T0 = 2 Giả sử d là

ước chung của Tm và Tn với n > m Khi đó Tm là ước của Tnư1Tnư2 T1T0

Do đó d phải là ước của Tn ư Tnư1Tnư2 T1T0 = 2 Vì Tn là số lẻ nên

d = 1 Do đó Tm và Tn nguyên tố cùng nhau

Lời giải Bổ đề Gauss sau đây cần đến những kĩ thuật khéo léo về ướcchung lớn nhất.

1.2.12 Bài tập (Bổ đề Gauss) Cho q(x) = a0+a1x+ +anxn ∈ Z[x] Giả

sử q(x) = g1(x)h1(x), trong đó g1(x), h1(x) ∈ Q[x] Chứng minh rằng tồntại g2(x), h2(x) ∈ Z[x] sao cho q(x) = g2(x)h2(x) và deg g1(x) = deg g2(x),deg h1(x) = deg h2(x)

Chứng minh. Để chứng minh bài tập trên, ta cần nhắc lại khái niệm đa

thức nguyên bản: Một đa thức f(x) ∈ Z[x] được gọi là nguyên bản nếu

ước chung lớn nhất của các hệ số của f(x) là 1 Trước hết ta khẳng địnhtích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản Thật vậy, giả sử

f (x) = g(x)h(x), trong đó

g(x) = bnxn+ + b1x + b0h(x) = ckxk+ + c1x + c0

là các đa thức nguyên bản Viết f(x) = amxm + + a1x + a0 ∈ Z[x].Nếu f(x) không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho p là

ước của mọi hệ số của f(x) Vì h(x), g(x) là nguyên bản nên tồn tại chỉ

số bé nhất s sao cho bs không là bội của p và tồn tại chỉ số t bé nhất saocho ct không là bội của p Chú ý rằng

as+t = bs+tc0 + bs+tư1c1 + + bsct + bsư1ct+1 + + b0ct+s

Theo cách chọn s và t ta có bi, cj là bội của p với mọi i < s và j < t Vì

as+t là bội của p nên ta suy ra bsct là bội của p, điều này là vô lí với cáchchọn bs và ct Vậy, khẳng định được chứng minh

Bây giờ ta có thể chứng minh Bổ đề Gauss Giả sử q(x) ∈ Z[x] vàq(x) = g1(x)h1(x) với g1(x), h1(x) ∈ Q[x] Ta có thể viết g1(x) = ag∗(x)

và h1(x) = bh∗(x) trong đó a, b ∈ Q và f∗(x), g∗(x) ∈ Z[x] là các đa thứcnguyên bản Theo khẳng định trên, g∗(x)h∗(x) ∈ Z[x] là đa thức nguyên

bản Rõ ràng q(x) = abg∗(x)h∗(x) ∈ Z[x] Ta chứng minh ab ∈ Z Thậtvậy, giả sử ab /∈ Z Khi đó ab = r

s với r, s ∈ Z, s > 1 và gcd(r, s) = 1.Giả sử g∗(x)h∗(x) = anxn + + a1x + a0 Vì g∗(x)h∗(x) là nguyên bảnnên gcd(an, anư1, , a1, a0) = 1 Vì q(x) ∈ Z[x] nên

Suy ra s là ước chung của an, , a1, a0 Do g∗(x)h∗(x) nguyên bản nên

s = 1, điều này là vô lí Vậy, ab ∈ Z Do đó q(x) = (abg∗(x))h∗(x) Đặt

g2(x) = abg∗(x) và h2(x) = h∗(x) Khi đó q(x) = g2(x)h2(x) là sự phântích của q(x) thành tích của hai đa thức g2(x) và h2(x) với hệ số nguyên

và deg g1(x) = deg g2(x) và deg h1(x) = deg h2(x)

1.2.13 Bài tập (1959 IMO) Chứng minh rằng phân số

21n + 414n + 3

là tối giản với mọi số nguyên dương n

Chứng minh. Cho n > 0 là một số nguyên Đặt d = gcd(21n + 4, 14n + 3).Khi đó d là ước của

3(14n + 3) ư 2(21n + 4) = 1

Do đó d = 1 Vì thế phân số trên là phân số tối giản

1.2.14 Bài tập (1951 Russian Mathematics Olympiad) Cho các số nguyên

dương a1, a2, , an, trong đó mỗi số đều không vượt quá 1000 và bội chungnhỏ nhất lcm(ai, aj) > 1000 với mọi i 6= j Chứng minh rằng

thì các số trong tập hợp {ai, 2ai, , mai} đều không vượt quá 1000 và đều

là bội của ai Giả sử rằng trong các số nguyên a1, a2, , an đã cho, có k1

số ai thuộc khoảng 1000

2 , 1000

, có k2 số aj thuộc khoảng 1000

3 ,

10002

, thì khi đó có t = k1 + 2k2 + 3k3 + số nguyên b1, , bt không vượtquá 1000 và mỗi bj là bội của một trong các số a1, , an Chú ý rằng các

1.2.15 Bài toán (1972 USAMO) Kí hiệu (a, b, , g) và [a, b, , g] lần

lượt là ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của cá số nguyên dương

a, b, , g Chứng minh rằng

[a, b, c]2[a, b] [a, c] [b, c] =

(a, b, c)2(a, b)(a, c)(b, c).

1.2.16 Bài toán Cho a, b, c là các số nguyên dương Chứng minh rằng

lcm(a, b, c) = abc gcd(a, b, c)

gcd(a, b) gcd(a, c) gcd(b, c).

Hãy biểu thị gcd(a, b, c) qua abc, lcm(a, b, c), lcm(a, b), lcm(a, c) và lcm(b, c).

1.2.17 Bài toán Cho n ≥ a1 > a2 > > ak là các số nguyên dương thỏa mãn n ≥ lcm(ai, aj) với mọi i, j Chứng minh rằng n ≥ iai với mọi

i = 1, 2, , n

1.3 Số nguyên tố

• Kiến thức cơ sở

Trước tiên chúng ta cùng nhắc lại một số kiến thức liên quan đến số

nguyen tố Số nguyên tố là một số nguyên dương lớn hơn 1 và chỉ có 2

(iv) Bổ đề Euclid: Nếu p là số nguyên tố và a, b ∈ Z sao cho p là ước

của ab thì p là ước của a hoặc p là ước của b.

(v) Định lí Bertrand-Chebyshev: Với mỗi số nguyên dương n, tồn tại một

số nguyên tố p sao cho n 6 p 6 2n.

Chú ý rằng Định lí Bertrand-Chebyshev được Joseph Bertrand 1900) chứng minh cho trường hợp n 6 3.000.000, sau đó được PafnutyLvovich Chebyshev (1821-1894) chứng minh cho n bất kì

(1822-Với hai số tự nhiên k 6 n, kí hiệu  n

k



là số tổ hợp chập k của nphần tử, tức là

 nk

• Bài tập minh họa

Sau đây chúng ta cùng nghiên cứu một số bài toán cơ bản

1.3.3 Bài tập Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương k, tồn tại một

dãy gồm k số nguyên dương liên tiếp không chứa một số nguyên tố nào

Chứng minh. Cho k ∈ N là một số nguyên dương Nếu k = 1 thì dãy gồmmột hợp số, chẳng hạn 4, không chứa số nguyên tố nào Khi k = 2, ta

có dãy 8, 9 gồm hai số nguyên dương liên tiếp không chứa số nguyên tốnào Vì thế ta có thể giả thiết k > 2 Chú ý rằng với mỗi số nguyên i với

2 6 i 6 k + 1, ta luôn có i là ước của (k + 1)! + i Vì thế dãy

(k + 1)! + 2, (k + 1)! + 3, , (k + 1)! + k, (k + 1)! + k + 1

gồm có k số nguyên dương liên tiếp, mỗi số trong dãy đều là hợp số

1.3.4 Bài tập Tìm tất cả các số nguyên dương a, b để a4 + 4b4 là một sốnguyên tố

Giả sử a, b là các số nguyên dương sao cho a4 + 4b4 là số nguyên tố.Vì a, b > 0 nên (a + b)2 + b2 > 1 Vì a4 + 4b4 là số nguyên tố nên(a ư b)2 + b2 = 1 Suy ra a = b = 1 Ngược lại, nếu a = b = 1 thì rõ ràng

a4 + 4b4 = 5 là số nguyên tố Vậy a = 1 và b = 1 là hai số cần tìm

1.3.5 Bài tập Cho p là số nguyên tố và n > 0 là một số tự nhiên Chứng

minh rằng p là ước của npư n

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n Với n = 1, rõ ràng p là

ước của npư n = 0 Cho n > 1 và giả sử bài toán đã đúng cho n ư 1 Ta có

Chứng minh. Ta có 42 = 2.3.7 Theo bài tập trên ta có 7 là ước của n7ư n

Do đó, để chứng minh 42 là ước của n7 ư n, ta chỉ cần chứng minh 2 và 3

đều là ước của n7 ư n Ta có

n7 ư n = n(n6 ư 1) = n(n2 ư 1)(n4 + n2 + 1)

= (n ư 1)n(n + 1)(n4 + n2 + 1)

Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho 2 và cho 3 nên 2 và 3

đều là ước của n7ư n Hoàn toàn tương tự, ta có thể chứng minh 30 là ướccủa n5 ư n

• Một số bài tập khó

1.3.7 Bài tập Tồn tại vô số số nguyên tố có dạng 4k + 3.

Chứng minh. Vì 4k + 3 = 4(k + 1) ư 1 nên để chứng minh bài toán, chúng

ta chỉ cần chứng minh có vô hạn số nguyên tố dạng 4k ư 1 Rõ ràng tồntại những số nguyên tố có dạng 4k ư 1, chẳng hạn các số 3, 7, 11 đều lànguyên tố dạng này Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4k ư 1.Gọi p1, , pn là tất cả các số nguyên tố dạng 4k ư 1 Khi đó n ≥ 3 Đặt

N = 4p1 pnư 1 Chú ý rằng pi không là ước của N với mọi i = 1, , n(vì nếu ngược lại ta phải có pi là ước của 1, điều này không thể xảy ra),

do đó N không thuộc danh sách các số nguyên tố đã nêu trên Vì thế Nkhông là nguyên tố Rõ ràng N > 11 và N là số lẻ Vì thế, theo Định

lí cơ bản của số học, N là tích của những thừa số nguyên tố và các thừa

số nguyên tố này là lẻ, tức là nó có dạng 4k ± 1 Nếu tất cả các thừa sốnguyên tố của N đều có dạng 4k + 1 thì N bằng tích của chúng cũng phải

có dạng 4k + 1, điều này là vô lí Do đó N có ít nhất một ước nguyên tố p

có dạng 4k ư 1 Vì số nguyên tố p này là ước của N và các pi đều không

là ước của N nên p không nằm trong danh sách các số nguyên tố ở trên,

1.3.9 Bài tập (2002 Romanian Mathematical Olynpiad) Cho p, q là hai số

nguyên tố phân biệt Chứng minh rằng có các số nguyên dương a, b saocho trung bình cộng của các ước của số n = pa.qb là một số nguyên

Chứng minh. Ta có thể tính được tổng của các ước của n là

Do đó 1+p+p2+ .+palà bội của 1+a = 1+p Tương tự, 1+q+q2+ .+qb

là bội của 1 + b = 1 + q Do đó M là số nguyên Nếu p là chẵn thì

p = 2 và q phải là số lẻ Chọn b = q và a = q + q2 + + qqư1 Khi đó

a + 1 = 1 + q + q2 + + qqư1 và b + 1 = 1 + q Do đó M nguyên Nếu qchẵn thì p lẻ và q = 2, chọn a = p và b = p + p2 + p3 + + ppư1, khi đó

đến (a ư 1)2 + (c ư 1)2+ b2 = 1 hoặc (a + 1)2+ (c + 1)2 + b2 = 1 Suy ra

a = c = 1 hoặc a = c = ư1 Điều này mâu thuẫn với giả thiết