Chương 7: Một số bài toán số học hay trên VMF

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần này gồm một số bài toán hay được được thảo luận nhiều trên diễn đàn toán học . Chứng minh rằng với một số nguyên dương n tồn tại một số tự nhiên m

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 7: Một số bài toán số học hay trên VMF

Chương 7 M t s bài toán s h c hay trên VMF . 7.1 m3 + 17. n 129 .3 7.2 .v n c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 136 Ph n này g m m t s bài toán hay đư c th o lu n nhi u trên Di n 4 h đàn Toán h c. B n đ c có th vào tr c ti p topic c a bài toán đó trên Di n đàn Toán h c, b ng cách click vào tiêu đ c a bài toán đó. 7.1 . m3 + 17. n .3 c 2 m t s t nhiên m sao cho h o Bài toán 7.1. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n, t n t i . u i . m3 + 17 . n .3 V Đ u tiên, chúng ta đ n v i ch ng minh đ xu t cho bài toán đ u bài. Ch ng minh. Ta s ch ng minh bài toán b ng quy n p. V i n = 1, ta ch n m = 4. V i n = 2, ta ch n m = 1. . Gi s bài toán đúng đ n n = k, hay ∃m ∈ N : m3 + 17. k .3 Ta ch ng minh r ng đ i v i trư ng h p n = k + 1 cũng đúng t c là t n . t i m t s m sao cho m 3 + 17. k+1 . .3 . 3 + 17 = 3k .n ⇒ n . Đ tm .3. 129
. 130 7.1. m3 + 17. n .3 n≡2 m3 + 17 ≡ 2.3k ⇒ (mod3) ⇒ mod3k+1 n≡1 m3 + 17 ≡ 3k • Trư ng h p 1: m3 + 17 ≡ 2.3k (mod 3k+1 ) Xét: (m + 3k−1 )3 = m3 + m2 3k + m32k−1 + 33k−3 ≡ m3 + m2 3k (mod 3k+1 ) . . n (Do k ≥ 2 ⇒ 32k−1 . k+1 và 33k−3 . k+1 ). .3 .3 Suy ra: .v 3 m + 3k−1 + 17 ≡ m3 + m2 .3k + 17 ≡ 2.3k + m2 .3k ≡ 0 (mod 3k+1 ) . .3 Như v y, trư ng h p 1, ta có: m + 3 . .3 . k−1 3 + 17. k+1 . .3 . (vì m . ⇒ m2 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 2 + m2 . ⇒ (2 + m2 ).3k . k+1 ). .3 4 h • Trư ng h p 2: Xét: m3 + 17 ≡ 3k (mod c 2 3k+1 ). o 3 m − 3k−1 = m3 −m2 3k +m32k−1 −33k−3 ≡ m3 −m2 3k (mod 3k+1 ) . i h . (Do k ≥ 2 ⇒ 32k−1 . k+1 và 33k−3 . k+1 ). Suy ra: .3 .3 m − 3k−1 . V 3 u + 17 ≡ m3 − m2 3k + 17 ≡ 3k − m2 3k ≡ 0 . .3 3 . k+1 . (vì m . ⇒ m2 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 1 − m2 . ⇒ 1 − m2 .3k . k+1 ). .3 .3 (mod 3k+1 ) Như v y, trư ng h p 2 ta có: m − 3k−1 + 17. .3 . . . Tóm l i, ta đ u tìm đư c s nguyên t . mà t3 + 17. k+1 . .3 .3 Ta đã ch ng minh đư c v n đ đúng trong trư ng h p n = k + 1. Theo nguyên lý quy n p, ta có đpcm. M u ch t bài toán này là b đ sau: Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
. 7.1. m3 + 17. n .3 131 B đ 7.1– Cho a, b, q là các s nguyên th a (a; q) = 1 và q > 0. . Khi y, luôn t n t i k ∈ Z sao cho ak ± b. .q. . Ch ng minh. Ta ch ng minh đ i di n cho trư ng h p ak + b. Trư ng .q. h p còn l i tương t . Xét A = {1; 2; 3; ...; q} là 1 h đ y đ HĐĐ mod q. Theo tính ch t c a H th ng dư, ta có t p B = {a; 2a; 3a; ...; qa} cũng là HĐĐ mod q. ⇒ C = {a + b; 2a + b; 3a + b; ...; qa + b} cũng là HĐĐ mod q. Do đó, t n t i k ∈ [1; q] sao cho ak + b. . .q. Nh n xét. Bài toán đã cho th c ch t là yêu c u tìm 1 s x nguyên sao . cho x + 17. n và x là l p phương 1 s nguyên. B đ trên đã cho th y .3 .v n . .3 4 h s t n t i c a x nguyên đ x + 17. n . Còn vi c tìm x đ là x là l p phương 1 s nguyên thì ta s dùng phương pháp quy n p như trên. Đ i v i 1 ngư i yêu toán, ta ph i không ng ng sáng t o. Ta hãy th t ng quát bài toán đã cho: c 2 • thay vì m3 , ta th thay mk v i k là s nguyên dương c đ nh. • thay vì 3n , o ta th thay h pn v i p là 1 s nguyên t . i • thay s 17 b i y ∈ N v i y c đ nh. u K t h p các thay đ i trên, ta có 1 bài toán "t ng quát" hơn D đoán 7.1– Cho p là s nguyên t . y, k ∈ N và y, k c đ nh. V Kh ng đ nh ho c ph đ nh m nh đ sau . ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xk + y . n .p Ta th thay m t vài giá tr p, k, y vào đ th xem (7.1) có đúng không. (7.1) Khi thay k = 2, y = 1, p = 3 thì m nh đ (7.1) tr thành . ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : x2 + 1. n .3 (7.2) Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
. 132 7.1. m3 + 17. n .3 R t ti c, khi này, (7.2) l i sai!!!. Ta s ch ng minh (7.2) sai khi n ≥ 1. Th t v y, đ ch ng minh d đoán 7.1 sai, ta c n có b đ sau B đ 7.2– Cho p là s nguyên t d ng 4k + 3 và a, b ∈ Z. Khi đó . . . a2 + b2 . ⇔ (a. ∧ (b. .p .p) .p) . . T (7.2), suy ra x2 + 1. Áp d ng b đ 7.2 v i p = 3, ta suy ra 1. .3. .3: vô lý. . V y khi n ≥ 1 thì ∃x ∈ Z : x2 + 1. n . .3 Không n n lòng, ta th thêm m t vài đi u ki n đ (7.1) tr nên ch t .v n 4 h hơn và đúng. N u b n đ c có ý ki n nào hay, xin hãy g i vào topic này đ th o lu n. Sau khi thêm m t s đi u ki n, ta có 1 bài toán h p hơn nhưng luôn đúng. c 2 Đ nh lý 7.1– Cho p nguyên t l . y, k ∈ N và y, k c đ nh. Bi t r ng gcd(k, p) = gcd(k, p − 1) = gcd(y, p) = 1. Ch ng minh r ng: h o . ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xk + y . n .p (7.3) B i Ch ng minh. Trư c h t, đ ch ng minh (7.3), ta c n có b đ sau u đ 7.3– Cho p là s nguyên t l . k nguyên dương th a (k; p) = (k − 1; p) = 1 V Khi đó, {1k ; 2k ; ...; (p − 1)k } là HTG modp. Ch ng minh. G i g là căn nguyên th y c a p t c là ordp (g) = p − 1. Khi đ y thì g 1 , g 2 , ..., g p−1 l p thành 1 HTG modp và rõ ràng g a1 , g a2 , ..., g ap−1 là HTG modp ⇔ a1 , a2 , .., ap−1 là HĐĐ c a p − 1. V i 1 ≤ i ≤ p − 1 thì t n t i ai đ mà i ≡ g ai (mod p) và rõ ràng ai l p thành 1 HTG modp nên h 1k , 2k , .., (p − 1)k có th vi t l i là g k , g 2k , ..., g (p−1)k , nó là HTG modp khi và ch khi k, 2k, ..., (p − 1)k là h th ng dư đ y đ c a p − 1, t c là k nguyên t cùng nhau v i p − 1. B đ đư c ch ng minh. Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
. 7.1. m3 + 17. n .3 133 Quay l i bài toán. Ta ch ng minh (7.3) b ng phương pháp quy n p. V i n = 1, theo b đ 7.3 thì . ∃x0 ∈ {1; 2; ...; p − 1} : xk ≡ −y 0 (mod p) ⇒ xk + y . 0 .p . Gi s bài toán đúng đ nn hay t n t i xk + y . n .p . Ta s ch ng minh n + 1 cũng đúng hay t n t i xk + y . n+1 0 .p Th t v y, t gi thi t quy n p suy ra x k + y = pn .q n . • Trư ng h p 1: q . ⇒ đpcm .p • Trư ng h p 2: .v gcd(q, p) = 1 (7.4) Khi đó ta ch n x0 = v.pn + x Do đó xk + y = (v.pn + x)k + y 0 4 h = v k .pnk + 1 k .v k−1 .pn(k−1) .x + ... + c 2 k−1 k .v.pn .xk−1 + (xk + y) (7.5) D dàng ch ng minh h o k−2 i 1 pn+1 | v k .pnk + .v k−1 .pn(k−1) .x + ... .v 2 .p2n .xk−2 k k Do v y ta xét k−1 k V u .v.pn .xk−1 + (xk + y) = k.v.pn .xk−1 + pn .q = pn (k.v.xk−1 + q) . Nh n th y gi s k.xk−1 ≡ t (mod p) mà gcd(k, p) = 1 và xk + y . ⇒ .p gcd(x, p) = 1 (do gcd(y, p) = 1) suy ra gcd(t, p) = 1 Do đó (k.v.xk−1 +q) ≡ tv+q (mod p) mà t (7.4) ta đã có gcd(q, p) = 1 . Cho nên luôn t n t i v th a mãn tv + q . Do đó bài toán đư c kh ng .p. đinh v i n + 1. Theo nguyên lý quy n p, bài toán đã đư c ch ng minh. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
. 134 7.1. m3 + 17. n .3 Chưa d ng l i đây, n u trong (7.3), ta thay k b i x, ta s đư c 1 bài toán khác: Đ nh lý 7.2– Cho p nguyên t l . y ∈ N và y c đ nh. Bi t r ng gcd(y, p) = 1. Khi đó: . ∀n ∈ N, ∃x ∈ N : xx + y . n .p (7.6) Ch ng minh. Ta ch ng minh bài toán này b ng phương pháp quy n p. Ta coi đ nh lý 7.1 như 1 b đ . D th y n u x th a (7.6) thì gcd(x; p) = 1. Khi đó, v i n = 1, ta xét h đ ng dư (I) .v n h x ≡ k (mod (p − 1)) x ≡ x0 (mod p) 0 . trong đó, x0 ; k ∈ N th a xk + y . .p. 2 4 Do gcd(p − 1; p) = 1 nên theo đ nh lý Th ng dư Trung Hoa thì h (I) c luôn có nghi m x . Ch n x = x , ta ch ng minh x th a (7.6) khi n = 1. Th t v y h o gcd(x; p) = 1 ⇒ xp−1 ≡ 1 (mod p) ⇒ xk ≡ xx (mod p) ⇒ xx + y ≡ xk + y ≡ xk + y ≡ 0 (mod p) i 0 . V y ∃x ∈ N : xx + y. u .p. . Gi s (7.6) đúng đ n n − 1, t c là t n t i x0 đ x0 x0 + y . n−1 . .p Theo cách ch ng minh quy n p (7.6), ta ch n đư c xn = apn + x0 n V . th a xx0 + y . n . .p Khi đó, d nh n th y xn ≡ x0 (mod pn−1 ). Ta xét h đ ng dư (II) X ≡ x0 (mod (pn−1 (p − 1))) X ≡ xn (mod pn ) Do gcd(pn−1 (p − 1); pn ) = 1 nên theo đ nh lý Th ng dư Trung hoa, h (II) có nghi m X. Ta ch ng minh x = X th a (7.6). Th t v y Do (p − 1)pn−1 = φ(pn ) ⇒ X X ≡ X x0 (mod pn ) (đ nh lý Euler). Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
. 7.1. m3 + 17. n .3 135 M t khác X x0 ≡ xn x0 (mod pn ) (do cách ch n trong h (II)). ⇒ X X + y ≡ x n x0 + y ≡ 0 (mod pn ) Theo nguyên lý quy n p, bài toán đã đư c ch ng minh. M r ng c a bài toán đ u đ v n còn nhi u, như tăng thêm đi u ki n . . đ ch n như (m3 + 17. n ) ∧ (m3 + 17 . n+1 ), v.v. R t mong nh n đư c .3 .3 ý ki n đóng góp cho vi c m r ng. L i c m ơn .v R t c m ơn Nguyen Lam Thinh, Karl Heinrich Marx,nguyenta98, The Gunner đã đóng góp ý ki n và m r ng cho bài vi t này. n 4 h c 2 h o u i V Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
136 7.2. c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) Bài toán 7.2. Cho 3 s nguyên dương a; b; c tho mãn đ ng th c: c(ac + 1)2 = (5c + 2b)(2c + b) (7.7) Ch ng minh r ng : c là s chính phương l . Nh n xét. Tho t nhìn vào bài toán, th t khó đ tìm 1 phương pháp cho lo i này. Nh n xét trong gi thi t VP (7.7), thì b xu t hi n v i n b c là 2. Th là ta có 1 hư ng nghĩ là dùng tam th c b c 2 cho bài toán này. Ta không nên ch n c vì b c c a c là 3, không ch n a vì phương .v trình m i theo a hi n nhiên tr l i (7.7) Ch ng minh (Ch ng minh 1). h c (ac + 1)2 = (5c + 2b) (2c + b) ⇔ 2b2 + 9bc + 10c2 − c (ac + 1)2 = 0 ⇒ ∆b = c c + 8 (ac + 1) 2 = 2 x2 , (x ∈ 4 ∆b = 81c2 − 4.2. 10c2 − c (ac + 1)2 = c2 + 8c (ac + 1)2 N∗ ) Đ t d|c ⇒ (ac + 1)2 ; d = 1 c c o c d = GCD(c; c + 8(ac + 1)2 ) ⇒ d|8 (ac + 1)2 ⇒ d|8 h • Trư ng h p 1: d=8 ⇒ ; + (ac + 1)2 = 1 8 8 u i ⇒ 8|x ⇒ x = 8x2 (x2 ∈ N∗ ) ⇒ . c c c + 8 (ac + 1)2 = x2 (x ∈ N) ⇔ . 8 c 8 c 8 c 8 + (ac + 1)2 = x + (ac + 1)2 = x2 2 8 2 V  c  = t2 8 t; p ∈ N∗ ⇒  c + (ac + 1)2 = p2 (t; p) = 1 8 c = 8t2 ⇒ 2 t2 + 8t2 a + 1 = p2 Mà d ch ng minh 2 2 2 8t2 a + 1 < t2 + 8t2 a + 1 < 8t2 a + 2 2 2 ⇒ 8t2 a + 1 < p2 < 8t2 a + 2 : mâu thu n Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
7.2. c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 137 Do đó, d = 8 b lo i. c c • Trư ng h p 2: d=4 ⇒ ; + 2 (ac + 1)2 = 1 4 4 c c ⇒ ; + 2 (ac + 1)2 là nh ng s chính phương (*) 4 4 c c . N u là s ch n ⇒ + 2 (ac + 1)2 . .2 4 4 c c ⇒ ; + 2 (ac + 1)2 = 2: mâu thu n. 4 4 c c c n Do đó, là s l . Mà là s chính phương ⇒ ≡ 1 (mod 4) 4 4 4 M t khác, do c ch n nên ac + 1 là s l ⇒ (ac + 1)2 ≡ 1 (mod 4) .v c ⇒ + 2 (ac + 1)2 ≡ 1 + 2.1 ≡ 3 (mod 4): vô lý do (*). 4 h Do đó, d = 4 b lo i. • Trư ng h p 3: d=2 . c 2 c Tương t t Trư ng h p 2, ta có l ⇒ ≡ 1 (mod 8) 2 2 c ch n nên ac + 1 l ⇒ (ac + 1)2 ≡ 1 (mod 8) 4 ⇒ c 2 o c + 4(ac + 1)2 ≡ 1 + 4.1 ≡ 5 (mod 8) : vô lý Do đó, d = 2 b lo i. i h u • Trư ng h p 4: d=1 Tương t trư ng hơp 2, ta có ngay c l và do (c; c + 8(ac + 1)2 ) = 1 nên c là s chính phương. V V y ta có đpcm. Nh n xét. Ta th y trong bài này, b và c có 1 m i liên quan khá ch t ch v i nhau nên ta th gi i theo b, c s d ng kĩ thu t GCD t c là đ t d = GCD(b; c) ta có cách ch ng minh th 2. c = dm m; n ∈ N∗ Ch ng minh (Ch ng minh 2). Đ t d = (b; c) ⇒ b = dn (m; n) = 1 Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c
138 7.2. c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) Khi đó (7.7) ⇔ m (dam + 1)2 = d (5m + 2n) (2m + n) ⇒ d|m (dam + 1)2 ⇒ d|m ⇒ m = dp ⇒ (p; n) = (d; n) = 1 (d; dam + 1) = 1 2 (7.7) ⇔ p d2 ap + 1 = (5dp + 2n) (2dp + n) ⇒ p| (5dp + 2n) (2dp + n) ⇒ p|5dp + 2n ⇒ p|2n (p; 2dp + n) = 1 (p; n) = 1 ⇒ p|2 ⇒ p ∈ {1; 2} • Trư ng h p 1: p=2 , khi đó 2 2ad2 + 1 2 2 suy ra 2ad2 + 1 = (5d + n) (4d + n). Nhưng vì (5d + n; 4d + n) = (d; 4d + n) = (d; n) = 1 Cho nên ta ph i có .v n = (10d + 2n) (4d + n), 5d + n = x2 4d + n = y 2 h (x; y ∈ N∗ , (x; y) = 1) 4 Suy ra d = x2 − y 2 . M t khác 2ad2 + 1 = xy ⇔ a = c 2d2 xy − 1 2 = xy − 1 2 (x2 − y 2 )2 Ta ch ng minh 2 x2 − y 2 h o 2 > (x + y)2 > xy − 1 i Th t v y u (x + y)2 ≥ 4xy > xy − 1 2 2 x2 − y 2 − (x + y)2 = (x + y)2 2 (x − y)2 − 1 > 0 V 2 ⇒ 2 x2 − y2 > xy − 1 ⇒ a < 1 : Trái gt V y p = 2 b lo i. • Trư ng h p 2: p=1 c = d2 , (i) ⇒d=m⇒ b = dn 2 (7.7) ⇔ d2 ad2 + 1 = 5d2 + 2dn 2d2 + dn 2 ⇔ ad2 + 1 = (5d + 2n) (2d + n) (7.8) Di n đàn Toán h c Chuyên đ S h c
7.2. c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 139 (5d + 2n; 2d + n) = (d; 2d + n) = (d; n) = 1 5d + 2n = x2 x; y ∈ N∗ d = x2 − 2y 2 ⇒ ⇒ 2d + n = y 2 (x; y) = 1 n = 5y 2 − 2x2 d = 4z 2 − 2y 2 N u x = 2z v i z ∈ N∗ ⇒ n = 5y 2 − 8z 2 2 2 (7.8) ⇔ ad2 + 1 = 4z 2 y 2 ⇔ a 4z 2 − 2y 2 + 1 = 2zy Phương trình cu i cùng vô nghi m nguyên do 2 v khác tính ch n l . n Suy ra, x l ⇒ d l ⇒ c l . (ii) K t lu n: (i), (ii) ⇒ c là s chính phương l . Không ng ng tìm ki m, ta s tìm m t l i gi i khác súc tích hơn. N u ta bi t đ n công c vp (n) thì s th y nó s r t hi u qu cho bài toán này, ta có cách ch ng minh thú v sau. h .v Ch ng minh (Ch ng minh 3). Gi s c ch n khi đó ta có: 2 4 v2 (c) = v2 (5c + 2b) + v2 (2c + b) Đi u này vô lí! o c N u b l thì ta có v2 (c) = v2 (5c + 2b) = v2 (5c) ⇒ v2 (5c) < v2 (2b) = 1. h Do đó c l . Xét p|c là m t ư c nguyên t c a c. i Ta có vp (c) = vp (5c + 2b) + vp (2c + b). Ta th y r ng vp (c) > vp (5c + 2b), vp (2c + b) > 0. u Do đó vp (5c + 2b) = min[vp (c); vp (4c + 2b)] ⇒ vp (5c + 2b) = vp (4c + 2b) = vp (2c + b) ⇒ vp (c) = 2vp (5c + 2b): s ch n nên suy ra c là s chính phương. V Và hi v ng còn nh ng l i gi i khác hay hơn, sáng t o hơn t các b n. Mong b n đ c th o lu n thêm và đóng góp ý ki n cho bài toán. L i c m ơn R t c m ơn Karl Heinrich Marx,nguyenta98, Vương Nguy n Thùy Dương và perfectstrong đã đóng góp ý ki n cho bài vi t này. Chuyên đ S h c Di n đàn Toán h c