Trong kì thi VMO năm 2015 có bài toán số 6 là trường hợp đặc biệt của bài toánFrobenius ứng vớin=3. Bài toán có nội dung như sau:
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán
Vớia,nnguyên dương, xét phương trìnha2x+6ay+36z=n, trong đó x,y,z là các số tự nhiên
1. Tìm tất cả các giá trị củaađể với mọi ně250, phương trình đã cho luôn có nghiệm(x,y,z).
2. Biết rằng aą1và nguyên tố cùng nhau với6. Tìm giá trị lớn nhất của ntheo a để phương trình đã cho không có nghiệm (x,y,z).
Để giải bài toán trên, chúng ta đi xét các bài toán sau đây:
Bài toán 1. Cho a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau,bą1. Chứng minh rằng với mọi số nguyênN, tồn tại duy nhất cặp số nguyên x,ythỏa mãn điều kiện
N=ax+byvà 0ďx ăb.
Lời giải. ‚ Chứng minh sự tồn tại
Vì (a,b) =1 nên theo định lí Bezout, tồn tại hai số nguyên u,v sao cho
N=au+bv.
Mặt khác u=b.q+rvới 0ďrďb´1 nên ta có N=a(b.q+r) +bv =a.r+b(v+a.q).
Chọn x=r,y=v+a.qta được N=ax+by với0ďxďb´1.
‚ Chứng minh tính duy nhất
Giả sử tồn tại hai bộ(x;y) và (x1;y1)thỏa 0ďx,x1 ăbvà N=ax+by=ax1+by1
Hay
a(x´x1) =b(y1´y) (1)
Do (a,b) =1 nên từ (1)ta suy ra b|x´x1. Lại có 0ďx,x1 ďb´1 nên suy ra x=x1 và y=y1.
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2. (Định lí Sylvester)Choa,blà các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng N0 = ab–a–b là số nguyên lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng ax+by với x, ylà các số nguyên không âm. Hơn nữa, với mọi p,q nguyên với p+q = N0, có đúng một trong hai số p, q biểu diễn được dưới dạng ax+by với x, y là các số nguyên không âm (mà ta sẽ gọi tắt là biểu diễn được).
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán
Lời giải. Để giải quyết bài toán, cần thực hiện hai bước sau Bước 1:Chứng minhN0không biểu diễn được dưới dạngax+by với x,y là các số nguyên không âm.
Giả sử tồn tại hai số nguyên không âm x,ysao cho ax+by=N0.
Hay
a(x+1) +b(y+1) =ab (2).
Vì (a,b) = 1 nên từ (2), suy ra x +1...b hay x +1 ě b. Tương tự y+1ěa.
Khi đó
ax+byďa(b´1) +b(a´1) =2ab´a´bąab´a´b.
Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Do vậyN0 không biểu diễn được dưới dạngax+by với x,yPN.
Bước 2:Chứng minh với mọi số nguyên NąN0 thì N biểu diễn được dưới dạng ax+by với x,yPN.
Theo kết quả Bài toán 1 ta suy ra: tồn tại duy nhất cặp (x,y) để
N=ax+by với 0ďxăb.
Ta chỉ cần chứng minh yě0. Thật vậy y= N´ax
b ą ab´a´b´a(b´1)
b =´1.
Mà ylà số nguyên nên ta có yě0.
Vậy bài toán được chứng minh.
Trở lại bài toán trong đề thiVMO´2015. Bài toán đó có thể được phát biểu thành bài toán tổng quát hơn như sau
Bài toán 3. Cho các số nguyên dươnga,bnguyên tố cùng nhau.
Khi đóN0 =a2b+b2a´a2´b2´ab là số nguyên dương lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng a2x+aby+b2z với x,y,z là các số nguyên không âm.
Lời giải. Tương tự như bài toán 2 và bài toán 3, ta chứng minh bài toán qua hai bước.
Bước 1:Chứng minh N0 không biểu diễn được dưới dạnga2x+
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán
aby+b2z.
Giả sử tồn tại các số tự nhiên x, y, z để N0 =a2x+aby+b2z Hay
a2(b´x´1) +b2(a´z´1) =ab(y+1).
Từ đây, suy ra một trong hai số b´x´1 và a´z´1 có ít nhất một số dương. Không mất tính tổng quát, ta giả sử b´x´1ě0.
Khi đó, do (a,b) =1nên ta suy ra b´x´1...b, dẫn tớib´x´1ěb hay xď ´1(vô lí).
Do vậy N0 không biểu diễn được qua a2x+aby+b2z.
Bước 2:Chứng minh với mọi số nguyên NąN0 thì N biểu diễn được dưới dạng a2x+aby+b2z.
Do NąN0 nênN´ab2+a2+ab´aąab2´b2´a nên theo định lí Sylvester ta suy ra tồn tại các số tự nhiên u,z sao cho
N´ab2+a2+ab´a=ua+b2z (4).
Vìuě0 nênu+ab´a´b+1ąab´a´bnên tiếp tục áp dụng định líSylvester suy ra tồn tại các số tự nhiên x,ysao cho
u+ab´a´b+1=xa+yb (5).
Thay (5) vào (4) ta được
N´ab2+a2+ab´a=a(ax+by´ab+a+b´1) +b2z Hay
N=a2x+aby+b2z.
Bài toán được chứng minh.
Tại kì thi IMO năm 1983 có bài toán sau
Bài toán 4. Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng N0 = 2abc´ab ´bc´ca là số nguyên dương nhỏ nhất không biểu diễn được dưới dạng abx+bcy+caz với x, y,z là các số nguyên không âm.
Lời giải. Tương tự như cách chứng minh định líSylvester, bài toán được chứng minh qua hai bước
Bước 1:Chứng minh N0 không biểu diễn được quaabx+bcy+ caz. Chứng minh điều này tương tự như cách chứng minh định
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán
lí Sylvester.
Bước 2: Chứng minh với mọi số nguyên dương N ą N0 thì N luôn biểu diễn được dưới dạng abx+bcy+caz.
Vì(a;bc) =1nên theobài toán 1tồn tạiu,ysao choau+bcy= N với 0ď yď a´1 . Tương tự, tồn tại v,z sao cho N =vb+zac với 0ďzďb´1.
Từ đó, suy ra bcy+caz´N...ab. Hay tồn tại số nguyênx sao cho abx+bcy+caz=N.
Ta chỉ cần chứng minh x ě0. Thật vậy x= N´bcy´caz
ab ą 2abc´ab´bc´ca´bc(a´1)´ca(b´1)
ab =´1.
Suy ra xě0. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 5. (VN TST 2000) Cho ba số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau.Số nguyên dương n được gọi là số bướng bỉnh nếu n không biểu diễn được dưới dạng abx+ bxy+caz với x, y, z là các số nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu số bướng bỉnh.
Lời giải. Để giải bài toán này, ta chia làm hai bước
Bước 1: Chứng minh N0 = 2abc là số nguyên dương lớn nhất không biểu diễn được dưới dạngabx+bcy+cazvới x,y,z là các số nguyên dương.
Việc chứng minh N0 không biểu diễn được qua abx+bcy+caz với x, y, z là các số nguyên dương được chứng minh tương tự như các bài toán trên.
Ta chứng minh với mọi số nguyên dươngNąN0 thìNluôn biểu diễn được qua abx+bcy+caz vớix,y,z là các số nguyên dương.
Trước hết ta chứng minh nhận xét:
Với 1 ď x ď b, 1 ď y ďa thì ax+by lập thành hệ thặng dư đây đủ theo mô đun ab.
Thật vậy: Dễ thấy có tất cả a.b tổng ax +by với 1 ď x ď b, 1ďyďa.
Giả sử tồn tại 1 ď x,x1 ď b, 1 ď y,y1 ď a sao cho ax+by ” ax1+by1( mod ab).
Hay a(x´x1) ” b(y1 ´y)( mod ab). Từ đây, suy ra x´x1...b. Mà 1ď x,x1 ď bnên suy ra x =x1, dẫn đến y=y1. Do vậy nhận xét được chứng minh.
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán
Theo nhận xét trên và kết hợp với a,b,c đôi một nguyên tố nên với 1 ď x ď b, 1 ď y ď a thì c(ax +by) = acx+bcy lập thành hệ thặng dư đây đủ theo mô đun ab. Do đó với mọi số nguyên dương N ą N0, luôn tồn tại 1 ď z0 ď a, 1 ď y0 ď b sao cho acz0+bcy0 ”N( mod ab) hay tồn tại số nguyên x0 sao cho
acz0+bcy0+abx0 =N.
Lại cóacz0+bcy0 ďacb+bca=2abcăN nên ta có x0 ą0.
Vậy với mọiNąN0 thìNbiểu diễn được dưới dạngabx+bcy+caz với x,y,z là các số nguyên dương.
Bước 2:ĐặtBlà tập các số nguyên dương không biểu diễn được dưới dạngabx+bcy+caz với x,y,z là các số nguyên dương.
Và A =t1, 2,¨ ¨ ¨ ,ab+bc+ca´1u Y tab+bc+ca,ab+bc+ca+ 1,¨ ¨ ¨, 2abcu.
Dễ thấy t1, 2,¨ ¨ ¨,ab+bc+ca´1u ĂB.
ĐặtC=tab+bc+ca,ab+bc+ca+1,¨ ¨ ¨, 2abcu. Ta cần tìm|BXC|.
Với mỗi nPCta xét hàm f(n) =2abc+ab+bc+ca´n. Ta chứng minh
nPBôf(n)R B (1).
Với n P B, theo chứng minh trên suy ra tồn tại các số nguyên 1ďy0 ďb, 1ďz0 ďc vàx0 sao cho
n=abx0+bcy0+caz0. VìnP Bnên x0 ď0. Khi đó
f(n) =ab(1´x0) +bc(1+a´y0) +ca(1+b´z0)R B.
Giả sử tồn tại n R B để f(n) R B. Suy ra tồn tại các số nguyên dương x, y, z,x1,y1,z1 sao cho
n=abx+bcy+caz vàf(n) =abx1+bcy1+caz1 Hay
2abc= (x+x1´1)ab+ (y+y1´1)bc+ (z+z1´1)ca Suy ra 2abc RBvô lí. Vậy (1) được chứng minh.
Từ chứng minh trên ta suy ra
|BXC|= 1
2|C|= 2abc´ab´bc´ca+1
2 .
Vậy số các số bướng bỉnh là: abc+ab+bc+ca´1
2 .
Tạp chí onl ine của cộng đồng những người yêu T oán