Một số bài toán số học trong các kì thi olympic toán học

Chia sẻ: Nguyễn Đăng Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

286
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về Một số bài toán số học trong các kì thi olympic toán học...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số bài toán số học trong các kì thi olympic toán học

www.laisac.page.tl M Ộ T S Ố B ÀI T OÁ N S Ố H ỌC T RO NG C ÁC K T H MỘT SỐ BÀ I TO ÁN SỐ HỌ TR ON G CÁ C KÌ THI M S B T S À Á C T C R N Á Ì T I O LY MP IC T O ÁN OL YM PI C TOÁ N L M I Y P T N Á Trần Xuân Đáng – Nam Định Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toán 1) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva). Bài toán 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n + 2 n Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất. Lời giải của bài toán 1 được phát triển từ lời giải của các bài toán đơn giản hơn sau đây: Bài toán 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n + 1 không là ước 2 của n!.(Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009) . Lời giải của bài toán 2: * Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k Î N ) * Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k Î N ) , Khi đó A ¹ rỗng vì 5 Î A. Giả sử A là tập hữu hạn. Gọi p0 là phân tử lớn nhất của A Þ p0 ³ 5 . Giả sử p1, p2 … pn là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p0. * đặt a = 4 p02 p12 ... pn + 1 khi đ? a Î N , a > 1. Giả sử q là ước nguyên tố của a 2 2 Þ q ¹ pi , " i Î {0,1,2 …, n}. Mặt khác (2p0p1… pn) + 1 º 0 (modq) Þ 1 là số chính phương (modq) và q lẻ. q -1 æ - 1 ö q - 1 * Suy ra ç ÷ = 1 Þ ( -1) 2 = 1 Þ : 2 Þ q º 1 mod 4 Þ q có dạng 4k + 1 (k Î N ). Mặt khác ( ) ç q ÷ 2 èø q> p0. Điều này mâu thuẫn với cách chọn p0. Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 * (k Î N ). * Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k Î N ) p -1 æ - 1 ö Þ ç ÷ = ( 1) 2 = 1 Þ -1 là số chính phương (modp) ç p ÷ - èø Þ $ np Î { 0,1,2 …. ,p 1} sao cho n 2 º -1(mod p Þ n 2 +1: p và np! không chia hết cho p ® ) p p np ! không chia hết cho n 2 + 1. Ta có: n 2 + 1 ³ p Þ np ³ p - 1 . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p p p dạng 4k + 1 (k Î N ) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n + 1 không là ước của n! * 2
Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n + 1 lớn hơn 2n 2 (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) * Lời giải của bài toán 3: Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k Î N ) p 1 - æ - 1 ö Suy ra ç ÷ = ( 1) 2 = 1 Þ -1 là số chính phương (modp) - ç p ÷ èø 2 Þ $ x Î {0,1,2, … ,p 1} sao cho x º 1(modp). Ta có: q º (p q) (modp) (q Î Z) 2 2 p - 1 2 Þ $ q Î {0,1,2, …, } sao cho q º 1 (modp). 2 p - 1 p + 1 Thật vậy giả sử
4 p + 1 - 3 Þ p > 2m + 2 . Vì m +1 M p nên m ³ p 1 Þ m ³ 2 2 Vậy a > p - 1 . Vì m 4 * tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k Î N ) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n + 1 lớn hơn 2n + 2 . 2 n Lời giải thứ 2 của bài toán 1: Giả sử n là số nguyên, n ³ 24. Giả sử p là ước nguyên tố p của (n!) + 1. Hiển nhiên p > n. Giả sử x Î (0, 2 ) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p. 2 Khi đ? 0
(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ³ 2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho xn + 15 y 2 = 4 2 n n Thật vậy với n = 2 , chọn x2 = 1 , y2 = 1 Giả sử với n ³ 2 tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho x 2 + 15 y 2 = 4 . n n n Ta chứng minh rằng mỗi cặp 15 y n - x y - x x + y 15 y + x n , Y = n n ), (X= n n , Y = n n ) thoả măn X 2 + 15Y 2 = 4 +1 n (X= 2 2 2 2 2 2 æ 15 y m x ö æ y ± x ö n n+1 2 2 n n ÷ + 15ç n n ÷ = 4 ( xn + 15 y ) = 4. 4 = 4 Thật vậy ç n 2 è 2 ø è ø x + y n n Và xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l Î Z) Þ = k + l + 1 2 y - x ( l + 1 - ( k + 1 2 ) 2 ) n n và = l - k . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số = 2 2 xn + y y - x , n n n là lẻ . Vì vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn 2 2 x 2 +1 + 15 y 2 +1 = 4 +1 n n n Trở lại bài toán 6: Với n = 1, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có 1 nghiệm tự nhiên là (x,y) = (2,0) Với n = 2, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có 2 nghiệm tự nhiên là (x,y)= (4,0); (1,1) Giả sử với n ³ 2, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có n nghiệm tự nhiên là (x1,y1), (x2,y2), …, (xn, yn) khi đó (x,y) = ( 2xk, 2yk) (1 £ k £ n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình x 2 + 15 y 2 = 4 n +1. Theo chứng minh trên phương trình x 2 + 15 y 2 = 4 n +1 lại có 1 nghiệm tự nhiên lẻ. Vậy phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n +1 có ít nhất n+1 nghiệm tự nhiên. Bài toán 6 đă được giải quyết. x 2 + y 2 Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho là số nguyên và là x - y ước của 1995.(Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995) Lời giải : Trước hết ta chứng minh Bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 (q Î N). Giả sử x, y là các số nguyên sao cho x + y 2 2 chia hết cho p, Khi đó x và y chia hết cho p. Thật vậy nếu x M p thì y M p . Giả sử x không chia hết p Þ y không chia hết cho p
Theo định lý nhỏ Phecma ta có x p1 º 1 (modp) Þ x q+2 º 1 (modp). Tương tự y q+2 º 1 4 4 (modp) . Ta có x + y M p Þ x º y (modp) 2 2 2 2 2 2q+1 º (y ) q+1 (modp) Þ x q+2 º y q+2 (modp) Þ 1 º 1 ( modp) Þ p = 2 (vô 22 4 4 Þ (x ) lí). Bổ đề đã được chứng minh. Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: Giả sử tồn tại các số nguyên dương x,y sao cho x> y , x 2 + y 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 thì x +y = k( x –y) và k là 2 2 là số nguyên và là ước của 1995 . Đặt k = x - y x - y x - y ước của 1995 = 3.5.7.19.N?u k M 3 th́ k= 3 k1 (k1 Î N ) (k1 không chia hết cho 3) Þ x + y M 3 * 2 2 * Þ x M 3 và y M 3 Þ x = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1 Î N , x1 > y1) Þ x12 + y 2 = k ( x - y ) . N?u k = 1 thì 1 1 1 1 x + y = x – y . Đó là điều vô lí vì x + y ³ x + y > x – y (vì x,y ³ 1 ) 2 2 2 2 Nếu k = 5 thì x + y = 5(x – y) Þ (2x 5) + (2y +5) = 50 Þ x = 3 , y = 1 hoặc x = 2 , y 2 2 2 2 = 1 Nếu k = 7 , tương tự như trên, tồn tại k2Î N sao cho k = 7 k2 (k2 không chia hết cho 7) x * = 7x2 , y = 7y2 (x2, y2 Î N , x2 > y2) và x2 + y 2 = k 2 ( x 2 - y 2 ) * 2 2 Nếu k M 19 thì tồn tại k3 Î N sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19 ), x = 19x3 , y = * 19y3 (x3, y3 Î N , x3 > y3 ) và x32 + y 2 = k 3 ( x - y ) * 3 3 3 Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) cần tìm có dạng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c, 3c) trong đó c Î {1,3,7,19,21,57,133,399} . x 2 + y 2 Bài toán 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A = là số x - y nguyên và là ước của 2010. (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010) Lời giải: Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương của các phương trình : x 2 + y 2 = k ( x - y ) với k Î { 2,5, 10}. Phương tŕnh x + y = 2 (x y) không có 2 2 nghiệm nguyên dương . Thật vậy giả sử x,y Î N , x > y và x + y = 2 (x y) Þ x + y ³ 2x * 2 2 2 2 +y > 2(x – y). Đó là điều vô lý . Phương trình x + y = 5 (x y) có các nghiệm nguyên dương 2 2 2 là (x,y) = (3,1), (2,1). Phương trình x + y = 10 (x y) Û (x5) + (y+5) = 50 có các nghiệm 2 2 2 2 nguyên dương là (x,y) = (6,2) ; (4,2) . Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả măn đề bài là (3c, c), (2c, c), (c, 2c) , (c, 3c) , (6c, 2c) , (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) trong đó c Î {1,3,6,7,201} Cuối cùng là một số bài toán dành để luyện tập Bài toán 9: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương tŕnh
7x + y = 2 +2 luôn có nghiệm nguyên dương. 2 2 n Bài toán 10: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x + 15y = 4 2 2 n có đúng n nghiệm tự nhiên . Bài toán 11: Cho số nguyên dương n. Gọi Sn là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (1+x) . n Chứng minh rằng S2n+1 không chia hết cho 3 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010) Bài toán 12: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2 +2 chia hết cho n . n Bài toán 13: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n + n + 1 không lớn hơn n . 2 (Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007) Bài toán 14: Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu p(n) là ước nguyên tố lớn nhất của n. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho: p(n) 0 . Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho a + b chia hết cho n . n n Bài toán 16: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p. (Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007). Bài toán 17: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5 2 – 1 chia hết n cho n. (Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008)