Chuyên đề Số học

pdf 150 trang Đức Chiến 03/01/2024 270
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Số học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfchuyen_de_so_hoc.pdf

Nội dung text: Chuyên đề Số học

  1. Chuyên đề SỐ HỌC Diễn đàn Toán học
  2. Chuyên đề SỐ HỌC Chế bản Trần Quốc Nhật Hân [perfectstrong] Trần Trung Kiên [Ispectorgadget] Phạm Quang Toàn [Phạm Quang Toàn] Lê Hữu Điền Khuê [Nesbit] Đinh Ngọc Thạch [T*genie*] c 2012 Diễn đàn Toán học
  3. Lời giới thiệu Bạn đọc thân mến, Số học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với chúng ta xuyên suốt quá trình học Toán từ bậc tiểu học đến trung học phổ thông. Chúng ta được tiếp xúc với Số học bắt đầu bằng những khái niệm đơn giản như tính chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất giúp làm quen dễ dàng hơn với sự kì diệu của những con số cho đến những vấn đề đòi hỏi nhiều tư duy hơn như đồng dư, số nguyên tố, các phương trình Diophantine mà nổi tiếng nhất là định lý lớn Fermat , đâu đâu từ tầm vi mô đến vĩ mô, từ cậu bé lớp một bi bô 4 chia hết cho 2 đến Giáo sư thiên tài Andrew Wiles (người giải quyết bài toán Fermat), chúng ta đều có thể thấy được hơi thở của Số học trong đó. Số học quan trọng như vậy nhưng lạ thay số chuyên đề viết về nó lại không nhiều nếu đem so với kho tàng đồ sộ các bài viết về bất đẳng thức trên các diễn đàn mạng. Xuất phát từ sự thiếu hụt đó cũng như để kỉ niệm tròn một năm Diễn đàn Toán học khai trương trang chủ mới (16/01/2012 - 16/01/2013), nhóm biên tập chúng tôi cùng với nhiều thành viên tích cực của diễn đàn đã chung tay biên soạn một chuyên đề gửi đến bạn đọc. Chuyên đề là tập hợp các bài viết riêng lẻ của các tác giả Nguyễn Mạnh Trùng Dương (duongld) , Nguyễn Trần Huy (yeutoan11), Nguyễn Trung Hiếu (nguyentrunghieua), Phạm Quang Toàn (Phạm Quang Toàn), Trần Nguyễn Thiết Quân (L Lawliet), Trần Trung Kiên (Is- pectorgadget), Nguyễn Đình Tùng (tungc3sp) cùng sự góp sức i
  4. ii gián tiếp của nhiều thành viên tích cực trên Diễn đàn Toán học như Nguyen Lam Thinh, nguyenta98, Karl Heinrich Marx, The Gunner, perfectstrong Kiến thức đề cập trong chuyên đề tuy không mới nhưng có thể giúp các bạn phần nào hiểu sâu hơn một số khái niệm cơ bản trong Số học cũng như trao đổi cùng các bạn nhiều dạng bài tập hay và khó từ cấp độ dễ đến các bài toán trong các kì thi Học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Chuyên đề gồm 7 chương. Chương 1 đề cập đến các khái niệm về Ước và Bội. Số nguyên tố và một số bài toán về nó được giới thiệu trong chương 2. Chương 3 nói sâu hơn về Các bài toán chia hết. Phương trình nghiệm nguyên, Phương trình đồng dư được phác họa trong các chương 4 và 5. Hệ thặng dư và định lý Thặng dư Trung Hoa sẽ được gửi đến chúng ta qua chương 6 trước khi kết thúc chuyên đề bằng Một số bài toán số học hay trên VMF ở chương 7. Do thời gian chuẩn bị gấp rút nội dung chuyên đề chưa được đầu tư thật sự tỉ mỉ cũng như có thể còn nhiều sai sót trong các bài viết, chúng tôi mong bạn đọc thông cảm. Mọi sự ủng hộ, đóng góp, phê bình của độc giả sẽ là nguồn động viên tinh thần to lớn cho ban biên tập cũng như cho các tác giả để những phiên bản cập nhật sau của chuyên đề được tốt hơn, đóng góp nhiều hơn nữa cho kho tàng học thuật của cộng đồng toán mạng. Chúng tôi hi vọng qua chuyên đề này sẽ giúp các bạn tìm thêm được cảm hứng trong số học và thêm yêu vẻ đẹp của những con số. Mọi trao đổi góy ý xin gửi về địa chỉ email : contact@diendantoanhoc.net. Trân trọng, Nhóm biên tập Chuyên đề Số học. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  5. Mục lục i Lời giới thiệu Chương 1 1 Ước và Bội 1.1 Ước số, ước số chung, ước số chung lớn nhất 1 1.2 Bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất 4 1.3 Bài tập đề nghị 6 Chương 2 9 Số Nguyên Tố 2.1 Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố 9 2.2 Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 13 2.3 Bài tập 19 2.4 Phụ lục: Bạn nên biết 24 Chương 3 29 Bài toán chia hết 3.1 Lý thuyết cơ bản 29 3.2 Phương pháp giải các bài toán chia hết 31 Chương 4 57 Phương trình nghiệm nguyên iii
  6. iv Mục lục 4.1 Xét tính chia hết 57 4.2 Sử dụng bất đẳng thức 74 4.3 Nguyên tắc cực hạn, lùi vô hạn 86 Chương 5 89 Phương trình đồng dư 5.1 Phương trình đồng dư tuyến tính 89 5.2 Phương trình đồng dư bậc cao 90 5.3 Hệ phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn 90 5.4 Bậc của phương trình đồng dư 95 5.5 Bài tập 95 5.6 Ứng dụng định lý Euler để giải phương trình đồng dư 96 5.7 Bài tập 101 Chương 6 103 Hệ thặng dư và định lý Thặng dư Trung Hoa 6.1 Một số kí hiệu sử dụng trong bài viết 103 6.2 Hệ thặng dư 104 6.3 Định lí thặng dư Trung Hoa 117 6.4 Bài tập đề nghị & gợi ý – đáp số 125 Chương 7 129 Một số bài toán số học hay trên VMF . 7.1 m3 + 17.3n 129 7.2 c(ac + 1)2 = (5c + 2)(2c + b) 136 141 Tài liệu tham khảo Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  7. Chương 1 Ước và Bội 1.1 Ước số, ước số chung, ước số chung lớn nhất 1 1.2 Bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất 4 1.3 Bài tập đề nghị 6 Nguyễn Mạnh Trùng Dương (duongld) Nguyễn Trần Huy (yeutoan11) Ước và bội là 2 khái niệm quan trọng trong chương trình số học THCS. Chuyên đề này sẽ giới thiệu những khái niệm và tính chất cơ bản về ước, ước số chung, ước chung lớn nhất, bội, bội số chung, bội chung nhỏ nhất. Một số bài tập đề nghị về các vấn đề này cũng sẽ được đề cập đến ở cuối bài viết. 1.1 Ước số, ước số chung, ước số chung lớn nhất Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày một số khái niệm về ước số, ước số chung và ước số chung lớn nhất kèm theo một vài tính chất của chúng. Một số bài tập ví dụ cho bạn đọc tham khảo cũng sẽ được đưa ra. 1.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1 Số tự nhiên d 6= 0 được gọi là một ước số của số tự nhiên a khi và chỉ khi a chia hết cho d. Ta nói d chia hết a, kí hiệu d|a. Tập hợp các ước của a là: U(a) = {d ∈ N : d|a}. 4 1
  8. 2 1.1. Ước số, ước số chung, ước số chung lớn nhất Tính chất 1.1– Nếu U(a) = {1; a} thì a là số nguyên tố.  Định nghĩa 1.2 Nếu U(a) và U(b) có những phần tử chung thì những phần tử đó gọi là ước số chung của a và b. Ta kí hiệu: USC(a; b) = {d ∈ N :(d|a) ∧ (d|b)} = {d ∈ N :(d ∈ U(a)) ∧ (d ∈ U(b))}. Tính chất 1.2– Nếu USC(a; b) = {1} thì a và b nguyên tố cùng nhau. Định nghĩa 1.3 Số d ∈ N được gọi là ước số chung lớn nhất của a và b (a; b ∈ Z) khi d là phần tử lớn nhất trong tập USC(a; b). Ký hiệu ước chung lớn nhất của a và b là UCLN(a; b), (a; b) hay gcd(a; b). 4 1.1.2 Tính chất Sau đây là một số tính chất của ước chung lớn nhất: • Nếu (a1; a2; ; an) = 1 thì ta nói các số a1; a2; ; an nguyên tố cùng nhau. • Nếu (am; ak) = 1, ∀m 6= k, {m; k} ∈ {1; 2; ; n} thì ta nói các a1; a2; ; an đôi một nguyên tố cùng nhau. a b (a; b) • c ∈ USC(a; b) thì ; = . c c c a b  • d = (a; b) ⇔ ; = 1. d d • (ca; cb) = c(a; b). • (a; b) = 1 và b|ac thì b|c. • (a; b) = 1 và (a; c) = 1 thì (a; bc) = 1. • (a; b; c) = ((a; b); c). • Cho a > b > 0 – Nếu a = b.q thì (a; b) = b. – Nếu a = bq + r(r 6= 0) thì (a; b) = (b; r). Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  9. 1.1. Ước số, ước số chung, ước số chung lớn nhất3 1.1.3 Cách tìm ước chung lớn nhất bằng thuật toán Euclide Để tìm (a; b) khi a không chia hết cho b ta dùng thuật toán Euclide sau:  a = b.q + r1 thì (a; b) = (b; r1).  b = r1.q1 + r2 thì (b; r1) = (r1; r2).  ···  rn−2 = rn−1.qn−1 + rn thì (rn−2; rn−1) = (rn−1; rn).  rn−1 = rn.qn thì (rn−1; rn) = rn.  (a; b) = rn.  (a; b) là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Euclide. 1.1.4 Bài tập ví dụ ∗ Ví dụ 1.1. Tìm (2k − 1; 9k + 4), k ∈ N . 4 Lời giải. Ta đặt d = (2k − 1; 9k + 4). Theo tính chất về ước số chung ta có d|2k − 1 và d|9k + 4. Tiếp tục áp dụng tính chất về chia hết ta lại có d|9(2k − 1) và d|2(9k + 4). Suy ra d|2(9k + 4) − 9(2k − 1) hay d|17. Vậy (2k − 1; 9k + 4) = 1.  Ví dụ 1.2. Tìm (123456789; 987654321). 4 Lời giải. Đặt b = 123456789; a = 987654321. Ta nhận thấy a và b đều chia hết cho 9. Ta lại có : a + b = 1111111110 1010 − 10 = . (1.1) 9 ⇔ 9a + 9b = 1010 − 10 Mặt khác : 10b + a = 9999999999 (1.2) = 1010 − 1. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  10. 4 1.2. Bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất Trừ (1.2) và (1.1) vế theo vế ta được b−8a = 9. Do đó nếu đặt d = (a; b) . thì 9.d. Mà a và b đều chia hết cho 9, suy ra d = 9.  Dựa vào thuật toán Euclide, ta có lời giải khác cho Ví dụ 1.2 như sau : Lời giải.  987654321 = 123456789.8+9 thì (987654321; 123456789) = (123456789; 9).  123456789 = 9.1371421.  (123456789; 987654321) = 9.  1 Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng dãy số A = n(n + 1), n ∈ ∗ chứa n 2 N những dãy số vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau. 4 Lời giải. Giả sử trong dãy đang xét có k số đôi một nguyên tố cùng ∗ nhau là t1 = 1; t2 = 3; ; tk = m(m ∈ N ). Đặt a = t1t2. . . tk. Xét số hạng t2a+1 trong dãy An: 1 t = (2a + 1)(2a + 2) 2a+1 2 = (a + 1)(2a + 1) ≥ tk Mặt khác ta có (a + 1; a) = 1 và (2a + 1; a) = 1 nên (t2a+1; a) = 1. Do đó t2a+1 nguyên tố cùng nhau với tất cả k số {t1; t2; . . . tk}. Suy ra dãy số An chứa vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.  1.2 Bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất Tương tự như cấu trúc đã trình bày ở phần trước, trong phần này chúng tôi cũng sẽ đưa ra những định nghĩa, tính chất cơ bản của bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất và một số bài tập ví dụ minh họa. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  11. 1.2. Bội số, bội số chung, bội số chung nhỏ nhất5 1.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.4 Số tự nhiên m được gọi là một bội số của a 6= 0 khi và chỉ khi m chia hết cho a hay a là một ước số của m. 4 Nhận xét. Tập hợp các bội số của a 6= 0 là: B(a) = {0; a; 2a; ; ka}, k ∈ Z. Định nghĩa 1.5 Số tự nhiên m được gọi là một bội số của a 6= 0 khi và chỉ khi m chia hết cho a hay a là một ước số của m 4 Định nghĩa 1.6 Nếu 2 tập B(a) và B(b) có phần tử chung thì các phần tử chung đó gọi là bội số chung của a và b. Ta ký hiệu bội số chung của a và b: BSC(a; b). Định nghĩa 1.7 Số m 6= 0 được gọi là bội chung nhỏ nhất của a và b khi m là phần tử dương nhỏ nhất trong tập BSC(a; b). Ký hiệu : BCNN(a; b), [a; b] hay lcm(a; b). 4 1.2.2 Tính chất Một số tính chất của bội chung lớn nhất: M M  • Nếu [a; b] = M thì ; = 1. a b • [a; b; c] = [[a; b]; c]. • [a; b].(a; b) = a.b. 1.2.3 Bài tập ví dụ Ví dụ 1.4. Tìm [n; n + 1; n + 2]. 4 Lời giải. Đặt A = [n; n + 1] và B = [A; n + 2]. Áp dụng tính chất [a; b; c] = [[a; b]; c], ta có: B = [n; n + 1; n + 2]. Dễ thấy (n; n + 1) = 1, suy ra [n; n + 1] = n(n + 1). Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  12. 6 1.3. Bài tập đề nghị a.b Lại áp dụng tính chất [a; b] = thế thì (a; b) n(n + 1)(n + 2) [n; n + 1; n + 2] = (n(n + 1); n + 2) . Gọi d = (n(n + 1); n + 2). Do (n + 1; n + 2) = 1 nên d = (n; n + 2) = (n; 2). Xét hai trường hợp: n(n + 1)(n + 2) • Nếu n chẵn thì d = 2, suy ra [n; n + 1; n + 2] = . 2 • Nếu n lẻ thì d = 1, suy ra [n; n + 1; n + 2] = n(n + 1)(n + 2) .  Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng [1; 2; 2n] = [n + 1; n + 2; ; 2n]. 4 Lời giải. Ta thấy được trong k số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho k. Do đó bất trong các số {1; 2; ; 2n} đều là ước của một số nào đó trong các số {n + 1; n + 2; ; 2n}. Do đó [1; 2; . . . n; 2n] = [n + 1; n + 2; ; 2n].  1.3 Bài tập đề nghị Thay cho lời kết, chúng tôi xin gửi đến bạn đọc một số bài tập đề nghị để luyện tập nhằm giúp các bạn quen hơn với các khái niệm và các tính chất trình bày trong chuyên đề. ∗ Bài 1. a. Cho A = 5a + 3b; B = 13a + 8b(a; b ∈ N ) chứng minh (A; B) = (a; b). b. Tổng quát A = ma+nb; B = pa+qb thỏa mãn |mq−np| = ∗ 1 với a, b, m, n, p, q ∈ N . Chứng minh (A; B) = (a; b). Bài 2. Tìm (6k + 5; 8k + 3)(k ∈ N). Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  13. 1.3. Bài tập đề nghị7 Bài 3. Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 thành lập tất cả số có sáu chữ số (mỗi số chỉ viết một lần). Tìm UCLN của tất cả các số đó. n(n + 1) Bài 4. Cho A = 2n + 1; B = (n ∈ ∗). Tìm (A; B). 2 N Bài 5. a. Chứng minh rằng trong 5 số tự nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. b. Chứng minh rằng trong 16 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng chọn được một số nguyên tố cùng nhau với các số còn lại. Bài 6. Cho 1 ≤ m ≤ n(m; n ∈ N). a. Chứng minh rằng (22n − 1; 22n + 1) = 1. b. Tìm (2m − 1; 2n − 1). 2 2 Bài 7. Cho m, n ∈ N với (m, n) = 1. Tìm (m + n ; m + n). n n+1 n+1 ∗ n+2 n+2 Bài 8. Cho A = 2 +3; B = 2 +3 (n ∈ N ); C = 2 +3 (n ∈ ∗ N ). Tìm (A; B) và (A; C). Bài 9. Cho sáu số nguyên dương a; b; a0; b0; d; d0 sao cho (a; b) = d;(a0; b0) = d0. Chứng minh rằng (aa0; bb0; ab0; a0b) = dd0. 1 Bài 10. Chứng minh rằng dãy số B = n(n + 1)(n + 2)(n ∈ ∗) chứa n 6 N vô hạn những số nguyên tố cùng nhau. Bài 11. Chứng minh rằng dãy số 2n − 3 với mọi n ∈ N và n ≥ 2 chứa dãy số vô hạn những số nguyên tố cùng nhau. n ∗ Bài 12. Chứng minh dãy Mersen Mn = 2 − 1(n ∈ N ) chứa dãy số vô hạn những số nguyên tố cùng nhau. 2n Bài 13. Chứng minh rằng dãy Fermat Fn = 2 + 1(n ∈ N) là dãy số nguyên tố cùng nhau. n 2n n Bài 14. Cho n ∈ N; n > 1 và 2 − 2 chia hết cho n. Tìm (2 ; 2 − 1). Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  14. 8 1.3. Bài tập đề nghị 21n + 1 Bài 15. Chứng minh rằng với mọi n ∈ , phân số tối giản. N 14n + 3 Bài 16. Cho ba số tự nhiên a; b; c đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng (ab + bc + ca; abc) = 1. ∗ Bài 17. Cho a; b ∈ N . Chứng minh rằng tồn tại vô số n ∈ N sao cho (a + n; b + n) = 1. Bài 18. Giả sử m; n ∈ N(m ≥ n) thỏa mãn (199k−1; m) = (1993−1; n). t Chứng minh rằng tồn tại t(t ∈ N) sao cho m = 1993 .n. am − 1  Bài 19. Chứng minh rằng nếu a; m ∈ ; a > 1 thì ; a − 1 = N a − 1 (m; a − 1). Bài 20. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để các phân số sau tối giản: 1 a. , n1996 + 1995n + 2 2 b. , n1996 + 1995n + 3 1994 c. , n1996 + 1995n + 1995 1995 d. . n1996 + 1995n + 1996 Bài 21. Cho 20 số tự nhiên khác 0 là a1; a2; . . . an có tổng bằng S và UCLN bằng d. Chứng minh rằng UCLN của S − a1; S − a2; ; S − an bằng tích của d với một ước nào đó của n − 1. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  15. Chương 2 Số Nguyên Tố 2.1 Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố 9 2.2 Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 13 2.3 Bài tập 19 2.4 Phụ lục: Bạn nên biết 24 Nguyễn Trung Hiếu (nguyentrunghieua) Phạm Quang Toàn (Phạm Quang Toàn) 2.1 Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố 2.1.1 Định nghĩa, định lý cơ bản Định nghĩa 2.1 Số nguyên tố là những số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có 2 ước số là 1 và chính nó. 4 Định nghĩa 2.2 Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước. 4 Nhận xét. Các số 0 và 1 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số. Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố. Định lý 2.1– Dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn.  9
  16. 10 2.1. Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1; p2; p3; ; pn; trong đó pn là số lớn nhất trong các nguyên tố. Xét số N = p1p2 pn + 1 thì N chia cho mỗi số nguyên tố pi(i = 1, n) đều dư 1 (*) Mặt khác N là một hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn) do đó N phải có một ước nguyên tố nào đó, tức là N chia hết cho một trong các số pi ( ). Ta thấy ( ) mâu thuẫn (*). Vậy không thể có hữu hạn số nguyên tố. Định lý 2.2– Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất (không kể thứ tự các thừa số).  Chứng minh. * Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố: Thật vậy: giả sử điều khẳng định trên là đúng với mọi số m thoả mãn: 1 p2 và n > p02. Do p 6= p ⇒ n > p.p0 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  17. 2.1. Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố 11 Xét m = n − pp0 < n được phân tích ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ta thấy: p|n ⇒ p|n − pp0 hay p|m Khi phân tích ra thừa số nguyên tố ta có: m = n − pp0 = p0p.P.Q với P, Q ∈ P ( P là tập các số nguyên tố). ⇒ pp0|n ⇒ pp0|p.q.r ⇒ p|q.r ⇒ p là ước nguyên tố của q.r Mà p không trùng với một thừa số nào trong q, r (điều này trái với gỉa thiết quy nạp là mọi số nhỏ hơn n đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất). Vậy, điều giả sử không đúng. Định lý được chứng minh.  2.1.2 Cách nhận biết một số nguyên tố Cách 1 Chia số đó lần lượt cho các nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7 Nếu có một phép chia hết thì số đó không nguyên tố. Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dư thì số đó là nguyên tố. Cách 2 Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố. Cho học sinh lớp 6 học cách nhận biết 1 số nguyên tố bằng phương pháp thứ nhất (nêu ở trên), là dựa vào định lý cơ bản: Ước√ số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số A là một số không vượt quá A. Với quy tắc trên trong một khoản thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết thì ta nhanh chóng trả lời được một số có hai chữ số nào đó là Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  18. 12 2.1. Một số kiến thức cơ bản về số nguyên tố nguyên tố hay không. Hệ quả√ 2.1– Nếu có số A > 1 không có một ước số nguyên tố nào từ 2 đến A thì A là một nguyên tố.  2.1.3 Số các ước số và tổng các ước số của 1 số x1 x2 Giả sử: A = p1 .p2 pnxn; trong đó: pi ∈ P; xi ∈ N; i = 1, n Tính chất 2.1– Số các ước số của A tính bằng công thức: T (A) = (x1 + 1)(x2 + 1) (xn + 1) Ví dụ 2.1. 30 = 2.3.5 thì T (A) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8. Kiểm tra: (30) = {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30} nên (30) có 8 phân tử. 4 Tính chất 2.2– Tổng các ước một số của A tính bằng công thức: n x +1 Y p i − 1 σ (A) = i p − 1 i=1 i 2.1.4 Hai số nguyên tố cùng nhau Định nghĩa 2.3 Hai số tự nhiên được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi chúng có ước chung lớn nhất (ƯCLN) bằng 1. 4 Tính chất 2.3– Hai số tự nhiên liên tiếp luôn nguyên tố cùng nhau.  Tính chất 2.4– Hai số nguyên tố khác nhau luôn nguyên tố cùng nhau. Tính chất 2.5– Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a, b, c) = 1.  Định nghĩa 2.4 Nhiều số tự nhiên được gọi là nguyên tố sánh đôi khi chúng đôi một nguyên tố cùng nhau. 4 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  19. 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 13 2.1.5 Một số định lý đặc biệt Định lý 2.3 (Dirichlet)– Tồn tại vô số số nguyên tố p có dạng: p = ax + b (x, a, b ∈ N, a, b là 2 số nguyên tố cùng nhau).  Việc chứng minh định lý này khá phức tạp, trừ một số trường hợp đặc biệt, chẳng hạn có vô số số nguyên tố dạng: 2x − 1; 3x − 1; 4x + 3; 6x + 5; Định lý 2.4 (Tchebycheff-Betrand)– Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất một số nguyên tố (n > 2).  Định lý 2.5 (Vinogradow)– Mọi số lẻ lớn hơn 33 là tổng của 3 số nguyên tố.  2.2 Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 2.2.1 Có bao nhiêu số nguyên tố dạng ax + b Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng: có vô số số nguyên tố có dạng 3x − 1.4 Lời giải. Mọi số tự nhiên không nhỏ hơn 2 có 1 trong 3 dạng: 3x; 3x+1 hoặc 3x − 1 • Những số có dạng 3x (với x > 1) là hợp số • Xét 2 số có dạng 3x + 1: đó là số 3m + 1 và số 3n + 1. Xét tích (3m + 1)(3n + 1) = 9mn + 3m + 3n + 1. Tích này có dạng: 3x + 1 • Lấy một số nguyên tố p bất có dạng 3x − 1, ta lập tích của p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi 1 ta có: M = 2.3.5.7 p − 1 = 3(2.5.7 p) − 1 thì M có dạng 3x − 1. Có 2 khả năng xảy ra: 1. Khả năng 1: M là số nguyên tố, đó là số nguyên tố có dạng 3x − 1 > p, bài toán được chứng minh. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  20. 14 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 2. Khả năng 2: M là hợp số: Ta chia M cho 2, 3, 5, , p đều tồn tại một số dư khác 0 nên các ước nguyên tố của M đều lớn hơn p, trong các ước này không có số nào có dạng 3x+1 (đã chứng minh trên). Do đó ít nhất một trong các ước nguyên tố của M phải có dạng 3x (hợp số) hoặc 3x + 1 Vì nếu tất cả có dạng 3x+1 thì M phải có dạng 3x+1 (đã chứng minh trên). Do đó, ít nhất một trong các ước nguyên tố của M phải có dạng 3x − 1, ước này luôn lớn hơn p. Vậy: Có vô số số nguyên tố dạng 3x − 1.  Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng: Có vô số số nguyên tố có dạng 4x + 3.4 Lời giải. Nhận xét. Các số nguyên tố lẻ không thể có dạng 4x hoặc 4x + 2. Vậy chúng chỉ có thể tồn tại dưới 1 trong 2 dạng 4x + 1 hoặc 4x + 3. Ta sẽ chứng minh có vô số số nguyên tố có dạng 4x + 3. • Xét tích 2 số có dạng 4x + 1 là: 4m + 1 và 4n + 1. Ta có: (4m+1)(4n+1) = 16mn+4m+4n+1 = 4(4mn+m+n)+1. Vậy tích của 2 số có dạng 4x + 1 là một số cũng có dạng 4x + 1. • Lấy một số nguyên tố p bất kỳ có dạng 4x + 3, ta lập tích của 4p với tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p rồi trừ đi 1 khi đó ta có: N = 4(2.3.5.7 p) − 1. Có 2 khả năng xảy ra 1. N là số nguyên tố ⇒ N = 4(2.3.5.7 p) − 1 có dạng 4x − 1. Những số nguyên tố có dạng 4x − 1 cũng chính là những số có dạng 4x + 3 và bài toán được chứng minh. 2. N là hợp số. Chia N cho 2, 3, 5, , p đều được các số dư khác 0. Suy ra các ước nguyên tố của N đều lớn hơn p. Các ước này không thể có dạng 4x hoặc 4x + 2 (vì đó là hợp số). Cũng không thể toàn các ước có dạng 4x + 1 vì như thế N phải có dạng 4x + 1. Như vậy trong các ước nguyên tố của N có ít nhất 1 ước có dạng 4x − 1 mà ước này hiển nhiên lớn hơn p. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  21. 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 15 Vậy: Có vô số số nguyên tố có dạng 4x − 1 (hay có dạng 4x + 3).  Trên đây là một số bài toán chứng minh đơn giản của định lý Dirichlet: Có vô số số nguyên tố dạng ax + b trong đó a, b, x ∈ N, (a, b) = 1. 2.2.2 Chứng minh số nguyên tố Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng: (p − 1)! chia hết cho p nếu p là hợp số, không chia hết cho p nếu p là số nguyên tố. 4 Lời giải. • Xét trường hợp p là hợp số: Nếu p là hợp số thì p là tích của các thừa số nguyên tố nhỏ hơn p và số mũ các luỹ thừa này không thể lớn hơn số mũ của chính các luỹ thừa ấy chứa trong . (p − 1)!. Vậy: (p − 1)!.p (đpcm). • Xét trường hợp p là số nguyên tố: Vì p ∈ P ⇒ p nguyên tố cùng nhau với mọi thừa số của (p − 1)! (đpcm).  Ví dụ 2.5. Cho 2m − 1 là số nguyên tố. Chứng minh rằng m cũng là số nguyên tố. 4 Lời giải. Giả sử m là hợp số ⇒ m = p.q (p, q ∈ N; p, q > 1) Khi đó: 2m−1 = 2pq −1 = (2p)q −1 = (2p−1)((2p)q−1+(2p)q−2+ +1) vì p > 1 ⇒ 2p − 1 > 1 và (2p)q−1 + (2p)q−2 + + 1 > 1 Dẫn đến 2m − 1 là hợp số :trái với giả thiết 2m˘1 là số nguyên tố. Vậy m phải là số nguyên tố (đpcm)  Ví dụ 2.6. Chứng minh rằng: mọi ước nguyên tố của 1994! − 1 đều lớn hơn 1994. 4 Lời giải. Gọi p là ước số nguyên tố của 1994! − 1 . . Giả sử p ≤ 1994 ⇒ 1994.1993 3.2.1.p ⇒ 1994!.p. . . Mà 1994! − 1.p ⇒ 1.p (vô lý) Vậy: p > 1994 (đpcm).  Ví dụ 2.7. Chứng minh rằng: n >2 thì giữa n và n! có ít nhất 1 số nguyên tố (từ đó suy ra có vô số số nguyên tố). 4 Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  22. 16 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố Lời giải. Vì n > 2 nên k = n! − 1 > 1, do đó k có ít nhất một ước số nguyên tố p. Tương tự bài tập 3, ta chứng minh được mọi ước nguyên tố p của k đều lớn hơn k. Vậy: p > n ⇒ n 3 ⇒ p có dạng 3k + 1 hoặc dạng 3k − 1 . • Nếu p = 3k + 1 thì p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5).3 . • Nếu p = 3k − 1 thì p + 10 = 3k + 9 = 3(k + 3).3 Vậy nếu p > 3 thì hoặc p + 10 hoặc p + 14 là hợp số : không thỏa mãn bài. Vậy p = 3.  Ví dụ 2.9. Tìm k ∈ N để trong 10 số tự nhiên liên tiếp: k + 1; k + 2; k + 3; k + 10 có nhiều số nguyên tố nhất. 4 Lời giải. Nếu k = 0: từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7. Nếu k = 1: từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố: 2; 3; 5; 7; 11. Nếu k > 1: từ 3 trở đi không có số chẵn nào là số nguyên tố. Trong 5 số lẻ liên tiếp, ít nhất có 1 số là bội số của 3 do đó, dãy sẽ có ít hơn 5 số nguyên tố. Vậy với k = 1, dãy tương ứng: k + 1; k + 2, k + 10 có chứa nhiều số nguyên tố nhất (5 số nguyên tố).  Ví dụ 2.10. Tìm tất cả các số nguyên tố p để: 2p+p2 cũng là số nguyên tố. 4 Lời giải. Xét 3 trường hợp: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  23. 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố 17 p 2 2 2 • p = 2 ⇒ 2 + p = 2 + 2 = 8 6∈ P p 2 3 2 • p = 3 ⇒ 2 + p = 2 + 3 = 17 ∈ P . • p > 3 ⇒ p 6 .3. Ta có 2p + p2 = (p2 − 1) + (2p + 1). p . 2 . p 2 Vì p lẻ ⇒ 2 + 1.3 và p − 1 = (p + 1)(p − 1).3 ⇒ 2 + p 6∈ P Vậy có duy nhất 1 giá trị p = 3 thoả mãn.  Ví dụ 2.11. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: p|2p + 1. 4 p Lời giải. Vì p ∈ P : p|2 + 1 ⇒ p > 2 ⇒ (2; p) = 1 Theo định lý Fermat, ta có: p|2p−1 − 1. Mà p|2p + 1 ⇒ p|2(2p−1 − 1) + 3 ⇒ p|3 ⇒ p = 3 Vậy: p = 3.  2.2.4 Nhận biết số nguyên tố Ví dụ 2.12. Nếu p là số nguyên tố và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p − 1 là số nguyên tố thì số còn lại là số nguyên tố hay hợp số? 4 Lời giải. • Nếu p = 2 ⇒ 8p + 1 = 17 ∈ P; 8p − 1 = 15 6∈ P • Nếu p = 3 ⇒ 8p − 1 = 23 ∈ P; 8p − 1 = 25 6∈ P • Nếu p > 3, xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 8p − 1; 8p và 8p + 1. Trong 3 số này ắt có 1 số chia hết cho 3. Nên một trong hai số 8p + 1 và 8p − 1 chia hết cho 3. Kết luận: Nếu p ∈ P và 1 trong 2 số 8p + 1 và 8p − 1 là số nguyên tố thì số còn lại phải là hợp số.  Ví dụ 2.13. Nếu p ≥ 5 và 2p + 1 là các số nguyên tố thì 4p + 1 là nguyên tố hay hợp số? 4 Lời giải. Xét 3 số tự nhiên liên tiếp: 4p; 4p + 1; 4p + 2. Trong 3 số ắt có một số là bội của 3. Mà p ≥ 5; p ∈ P nên p có dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2 . • Nếu p = 3k + 1 thì 2p + 1 = 6k + 3.3: (trái với giả thiết) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  24. 18 2.2. Một số bài toán cơ bản về số nguyên tố . • Nếu p = 3k+2. Khi đó 4p+1 = 4(3k+2)+1 = 12k+9.3 ⇒ 4p+1 là hợp số  Ví dụ 2.14. Trong dãy số tự nhiên có thể tìm được 1997 số liên tiếp nhau mà không có số nguyên tố nào hay không ? 4 . Lời giải. Chọn dãy số: (ai): ai = 1998! + i + 1 (i = 1, 1997) ⇒ ai.i + 1 ∀i = 1, 1997 Như vậy: Dãy số a1; a2; a3; a1997 gồm có 1997 số tự nhiên liên tiếp không có số nào là số nguyên tố.  Ví dụ 2.15 (Tổng quát bài tập 2.14). Chứng minh rằng có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1) không có số nào là số nguyên tố ? 4 . Lời giải. Ta chọn dãy số sau: (ai): ai = (n + 1)! + i + 1 ⇒ ai.i + 1 ∀i = 1, n. Bạn đọc hãy tự chứng minh dãy (ai) ở trên sẽ gồm có n số tự nhiên liên tiếp trong đó không có số nào là số nguyên tố cả.  2.2.5 Các dạng khác Ví dụ 2.16. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. 4 Lời giải. Gọi 3 số nguyên tố phải tìm là a, b, c. Ta có: abc = 5(a + b + . c) ⇒ abc.5 Vì a, b, c có vai trò bình đẳng nên không mất tính tổng quát, giả sử: . a.5 ⇒ a = 5 Khi đó: 5bc = 5(5 + b + c) ⇔ 5 + b + c = bc ⇔ (c − 1)(b − 1) = 6   b − 1 = 1  b = 2 ⇔ chọn c − 1 = 6 c = 7 Do vậy:    b − 1 = 2  b = 3  ⇔ loại c − 1 = 3 c = 4 Vậy bộ số (a; b; c) cần tìm là hoán vị của (2; 5; 7).  2 Ví dụ 2.17. Tìm p, q ∈ P sao cho p = 8q + 1. 4 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  25. 2.3. Bài tập 19 Lời giải. Ta có: p2 = 8q + 1 ⇒ 8q = p2 − 1 = (p + 1)(p − 1) (2.1) Do p2 = 8q + 1 : lẻ ⇒ p2 : lẻ ⇒ p : lẻ. Đặt p = 2k + 1. Thay vào (2.1) ta có: 8q = 2k(2k + 2) ⇒ 2q = k(k + 1) (2.2) Nếu q = 2 ⇒ 4 = k(k + 1) ⇒ không tìm được k ∈ N Vậy q > 2. Vì q ∈ P ⇒ (2, q) = 1. Từ (2.2) ta có: a) k = 2 và q = k + 1 ⇒ k = 2; q = 3. Thay kết quả trên vào (2.2) ta có: p = 2.2 + 1 = 5 b) q = k và 2 = k + 1 ⇒ q = 1 :loại. Vậy (q; p) = (5; 3).  2.3 Bài tập 2.3.1 Bài tập có hướng dẫn Bài 1. Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 là số chẵn hay số lẻ? HD :Trong 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 có chứa một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2, còn 24 số nguyên tố còn lại là số lẻ. Do đó tổng của 25 số nguyên tố là số chẵn. Bài 2. Tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012. Tìm số nguyên tố nhỏ nhất trong ba số nguyên tố đó. HD: Vì tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012, nên trong 3 số nguyên tố đó tồn tại ít nhất một số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 và là số nguyên tố nhỏ nhất. Vậy số nguyên tố nhỏ nhất trong 3 số nguyên tố đó là 2. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  26. 20 2.3. Bài tập Bài 3. Tổng của 2 số nguyên tố có thể bằng 2003 hay không? Vì sao? HD: Vì tổng của 2 số nguyên tố bằng 2003, nên trong 2 số nguyên tố đó tồn tại 1 số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2. Do đó số nguyên tố còn lại là 2001. Do 2001 chia hết cho 3 và 2001 > 3. Suy ra 2001 không phải là số nguyên tố. Bài 4. Tìm số nguyên tố p, sao cho p + 2; p + 4 cũng là các số nguyên tố. Bài 5. Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 8 là hợp số. HD: Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: . • Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) ⇒ p + 4.3 và p + 4 > 3. Do đó p + 4 là hợp số: trái đề bài. . • Nếu p = 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3) ⇒ p + 8.3 và p + 8 > 3. Do đó p + 8 là hợp số. Bài 6. Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n+1 hoặc 4n − 1. Bài 7. Tìm số nguyên tố, biết rằng số đó bằng tổng của hai số nguyên tố và bằng hiệu của hai số nguyên tố. HD: Giả sử a, b, c, d, e là các số nguyên tố và d > e. Theo đề bài: a = b + c = d − e (∗) Từ (*) ⇒ a > 2 nên a là số nguyên tố lẻ ⇒ b + c; d − e là số lẻ. Do b, d là các số nguyên tố ⇒ b, d là số lẻ ⇒ c, e là số chẵn. ⇒ c = e = 2 (do c, elà số nguyên tố) ⇒ a = b + 2 = d − 2 ⇒ d = b + 4. Vậy ta cần tìm số nguyên tố b sao cho b + 2 và b + 4 cũng là các số nguyên tố. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  27. 2.3. Bài tập 21 Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho: x2 − 6y2 = 1. Bài 9. Cho p và p + 2 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng . p + 1.6. 2.3.2 Bài tập không có hướng dẫn Bài 1. Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố: a) p + 2 và p + 10. b) p + 10 và p + 20. c) p + 10 và p + 14. d) p + 14 và p + 20. e) p + 2 và p + 8. f) p + 2 và p + 14. g) p + 4 và p + 10. h) p + 8 và p + 10. Bài 2. Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố: a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14 b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14 c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24 f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32 g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p + 16 Bài 3. Cho trước số nguyên tố p > 3 thỏa a) p + 4 ∈ P. Chứng minh rằng: p + 8 là hợp số. b) 2p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 4p + 1 là hợp số. c) 10p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 5p + 1 là hợp số. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  28. 22 2.3. Bài tập d) p + 8 ∈ P. Chứng minh rằng: p + 4 là hợp số. e) 4p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 2p + 1 là hợp số. f) 5p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 10p + 1 là hợp số. g) 8p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 8p − 1 là hợp số. h) 8p − 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 8p + 1 là hợp số. 2 2 i) 8p − 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 8p + 1 là hợp số. 2 2 j) 8p + 1 ∈ P. Chứng minh rằng: 8p − 1 là hợp số. Bài 4. Chứng minh rằng: . a) Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 − q2.24. ∗ b) Nếu a, a + k, a + 2k(a, k ∈ N ) là các số nguyên tố lớn hơn . 3 thì k.6. Bài 5. a) Một số nguyên tố chia cho 42 có số dư r là hợp số. Tìm số dư r. b) Một số nguyên tố chia cho 30 có số dư r. Tìm số dư r biết rằng r không là số nguyên tố. Bài 6. Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngược lại thì ta được một số là lập phương của một số tự nhiên. Bài 7. Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị, chữ số hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết được dưới dạng tích của 3 số nguyên tố liên tiếp. Bài 8. Tìm 3 số nguyên tố là các số lẻ liên tiếp. 2 2 2 Bài 9. Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p + q + r ∈ P. Bài 10. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho abc < ab + bc + ca. Bài 11. Tìm 3 số nguyên tố p, q, r sao cho pq + qp = r. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  29. 2.3. Bài tập 23 Bài 12. Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả mãn xy + 1 = z. Bài 13. Tìm số nguyên tố abcd thỏa ab, ac là các số nguyên tố và b2 = cd + b − c. c b a ∗ Bài 14. Cho các số p = b + a, q = a + c, r = c + b(a, b, c ∈ N ) là các số nguyên tố. Chứng minh rằng 3 số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau. Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho: a) x2 − 12y2 = 1 b) 3x2 + 1 = 19y2 c) 5x2 − 11y2 = 1 d) 7x2 − 3y2 = 1 e) 13x2 − y2 = 3 f) x2 = 8y + 1 Bài 16. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố là p = 3. Bài 17. Chứng minh rằng: Nếu a2 −b2 là một số nguyên tố thì a2 −b2 = a + b. Bài 18. Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n+1 hoặc 6n − 1. Bài 19. Chứng minh rằng tổng bình phương của 3 số nguyên tố lớn hơn 3 không thể là một số nguyên tố. Bài 20. Cho số tự nhiên n ≥ 2. Gọi p1, p2, , pn là những số nguyên tố sao cho pn ≤ n + 1. Đặt A = p1.p2 pn. Chứng minh rằng trong dãy số các số tự nhiên liên tiếp: A + 2,A + 3, , A + (n + 1), không chứa một số nguyên tố nào. Bài 21. Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p − 3)(p − . 2) − 1.p. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  30. 24 2.4. Phụ lục: Bạn nên biết Bài 22. Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p − 2)(p − . 1) + 1.p. 2.4 Phụ lục: Bạn nên biết Mười số nguyên tố có 93 chữ số lập thành cấp số cộng Sau đây là một số nguyên tố gồm 93 chữ số: 100996972469714247637786655587969840329509324689190041 803603417758904341703348882159067229719 Kỷ lục này do 70 nhà toán học lập được năm 1998 thật khó mà đánh bại được. Họ mất nhiều tháng tính toán mới tìm được mười số nguyên tố tạo thành một cấp số cộng. Từ mục trò chơi trong 1 tạp chí khoa học, hai nhà nghiên cứu ở trường Đại học Lyonl (Pháp) đã đào sâu ý tưởng: Tìm 6 số nguyên tố sao cho hiệu 2 số liên tiếp luôn luôn như nhau. Điều đó là dễ đối với các chuyên gia nhưng họ muốn đi xa hơn. Cũng không có vấn đề gì khó khăn đối với một dãy 7 số. Họ cần sự hỗ trợ một chút để đạt được 8 số, một sự hỗ trợ hơn nữa để đạt tới 9 số. Cuối cùng tháng 3 năm 1998 có 70 nhà toán học từ khắp trên thế giới cùng với 200 máy điện toán hoạt động liên tục đã tìm ra 10 số, mỗi số có 93 chữ số, mà hiệu số của 2 số liên tiếp luôn luôn là 210. Từ số nguyên tố ở trên chỉ cần thêm vào 210 là được số nguyên tố thứ 2 Kỷ lục có lẽ dừng ở đó: Theo ước tính của các nhà khoa học muốn tìm được 1 dãy 11 số nguyên tố thì phải mất hơn 10 tỉ năm. “Sinh ba” rất ít, phải chăng “sinh đôi” lại rất nhiều Ta biết rằng các số nguyên tố “có thể xa nhau tuỳ ý” điều này thể hiện ở bài tập: Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  31. 2.4. Phụ lục: Bạn nên biết 25 Bài toán 2.1. Cho trước số nguyên dương n tuỳ ý. Chứng minh rằng tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà mỗi số trong chúng đều là hợp số.4 Vậy nhưng, các số nguyên tố cũng “có thể rất gần nhau”. Cặp số (2, 3) là cặp số tự nhiên liên tiếp duy nhất mà cả hai bên đều là số nguyên tố. Cặp số đ(p, q)ược gọi là cặp số “sinh đôi”, nếu cả 2 đều là số nguyên tố và q = p + 2. Bộ 3 số (p, q, r) gọi là bộ số nguyên tố “sinh ba” nếu cả 3 số p,q,r đều là các số nguyên tố và q = p + 2; r = q + 2. Bài toán 2.2. Tìm tất cả các bộ số nguyên tố “sinh ba”? 4 Đây là một bài toán dễ, dùng phương pháp chứng minh duy nhất ta tìm ra bộ (3, 5, 7) là bộ ba số nguyên tố sinh ba duy nhất, các bộ 3 số lẻ lớn hơn 3 luôn có 1 số là hợp số vì nó chia hết cho 3. Từ bài toán 2.2 thì bài toán sau trở thành một giả thuyết lớn đang chờ câu trả lời. Dự đoán 2.1– Tồn tại vô hạn cặp số sinh đôi.  Số hoàn hảo (hoàn toàn) của những người Hy Lạp cổ đại Người Hy Lạp cổ đại có quan niệm thần bí về các số. Họ rất thú vị phát hiện ra các số hoàn hảo, nghĩa là các số tự nhiên mà tổng các ước số tự nhiên thực sự của nó (các ước số nhỏ hơn số đó) bằng chính nó. Chẳng hạn: 6 = 1 + 2 + 3 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 Người Hy Lạp cổ đại đã biết tìm tất cả các số hoàn hảo chẵn nghĩa là họ đã làm được bài toán sau đây: Bài toán 2.3. Một số tự nhiên chẵn n 6= 0 là số hoàn hảo nếu và chỉ nếu: n = 2m+1(2m − 1). Trong đó m là số tự nhiên khác 0 sao cho 2m − 1 là số nguyên tố. 4 Từ đó ta có giả thuyết Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  32. 26 2.4. Phụ lục: Bạn nên biết Dự đoán 2.2– Không tồn tại số hoàn hảo lẻ.  Ở bài toán 2.3 trên, số nguyên tố dạng 2m − 1 gọi là số nguyên tố Merseme. Các số nguyên tố Merseme có vai trò rất quan trọng. Cho đến nay người ta vẫn chưa biết có hữu hạn hay vô hạn số nguyên tố Merseme. Dự đoán 2.3– Tồn tại vô hạn số nguyên tố Merseme.  Năm 1985 số nguyên tố lớn nhất mà người ta biết là số 2132049 − 1 gồm 39751 chữ số ghi trong hệ thập phân. Gần đây 2 sinh viên Mỹ đã tìm ra một số nguyên tố lớn hơn nữa đó là số 2216091 − 1 gồm 65050 chữ số. Ta biết rằng với học sinh lớp 6 để thử xem số A có ít hơn 20 chữ số có là số nguyên tố không bằng cách thử xem A có chia hết cho số nào nhỏ hơn A hay không, thì để tìm hết các số nguyên tố với chiếc máy siêu điện toán cần hàng thế kỷ !!! David SlowinSky đã soạn một phần mềm, làm việc trên máy siêu điện toán Gray-2 , sau 19 giờ ông đã tìm ra số nguyên tố 2756839 − 1. Số này viết trong hệ thập phân sẽ có 227832 chữ số- viết hết số này cần 110 trang văn bản bình thường. Hoặc nếu viết hàng ngang những số trên phông chữ .VnTime Size 14 thì ta cần khoảng 570 m. Lời Kết Thông qua đề tài này, chúng ta có thể khẳng định rằng: Toán học có mặt trong mọi công việc, mọi lĩnh vực của cuộc sống quanh ta, nó không thể tách rời và lãng quên được, nên chúng ta phải hiểu biết và nắm bắt được nó một cách tự giác và hiệu quả. Mục đích của đề tài này là trang bị những kiến thức cơ bản có đào sâu có nâng cao và rèn luyện tư duy toán học cho học sinh, tạo ra nền tảng tin cậy để các em có vốn kiến thức nhất định làm hành trang cho Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  33. 2.4. Phụ lục: Bạn nên biết 27 những năm học tiếp theo. Với điều kiện có nhiều hạn chế về thời gian, về năng lực trình độ nên trong khuôn khổ đề tài này phân chia dạng toán, loại toán chỉ có tính tương đối. Đồng thời cũng mới chỉ đưa ra lời giải chứ chưa có phương pháp, thuật làm rõ ràng. Tuy đã có cố gắng nhiều nhưng chnsg tôi tự thấy trong đề tài này còn nhiều hạn chế. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo cùng bạn đọc để toán học thật sự có ý nghĩa cao đẹp như câu ngạn ngữ Pháp đã viết: “Toán học là Vua của các khoa học” “Số học là Nữ hoàng” Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  34. Chương 3 Bài toán chia hết 3.1 Lý thuyết cơ bản 29 3.2 Phương pháp giải các bài toán chia hết 31 Phạm Quang Toàn (Phạm Quang Toàn) Chia hết là một đề tài quan trọng trong chương trình Số học của bậc THCS. Đi kèm theo đó là các bài toán khó và hay. Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc những phương pháp giải các bài toán chia hết: phương pháp xét số dư, phương pháp quy nạp, phương pháp đồng dư, v.v 3.1 Lý thuyết cơ bản 3.1.1 Định nghĩa về chia hết Định nghĩa 3.1 Cho hai số nguyên a và b trong đó b 6= 0, ta luôn tìm được hai số nguyên q và r duy nhất sao cho a = bq + r với 0 ≤ r < b. Trong đó, ta nói a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.4 Như vậy, khi a chia cho b thì có thể đưa ra các số dư r ∈ {0; 1; 2; ··· ; |b|}. Đặc biệt, với r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b (hoặc a là bội của b, hoặc b là ước của a). Ta kí hiệu b | a. Còn khi a không chia 29
  35. 30 3.1. Lý thuyết cơ bản hết cho b, ta kí hiệu b - a. Sau đây là một số tính chất thường dùng, chứng minh được suy ra trực tiếp từ định nghĩa. 3.1.2 Tính chất Sau đây xin giới thiệu một số tính chất về chia hết, việc chứng minh khá là dễ dàng nên sẽ dành cho bạn đọc. Ta có với a, b, c, d là các số nguyên thì: Tính chất 3.1– Nếu a 6= 0 thì a | a, 0 | a.  Tính chất 3.2– Nếu b | a thì b | ac.  Tính chất 3.3– Nếu b | a và c | b thì c | a.  Tính chất 3.4– Nếu c | a và c | b thì c | (ax ± by) với x, y nguyên. Tính chất 3.5– Nếu b | a và a | b thì a = b hoặc a = −b. Tính chất 3.6– Nếu c | a và d | b thì cd | ab. Tính chất 3.7– Nếu b | a, c | a thì BCNN(b; c) | a. Tính chất 3.8– Nếu c | ab và UCLN(b, c) = 1 thì c | a. Tính chất 3.9– Nếu p | ab, p là số nguyên tố thì p | a hoặc p | b.  Từ tính chất trên ta suy ra hệ quả Hệ quả 3.1– Nếu p | an với p là số nguyên tố, n nguyên dương thì n n p | a .  Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  36. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 31 3.1.3 Một số dấu hiệu chia hết Ta đặt N = anan−1 . . . a1a0 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125 2 | N ⇔ 2 | a0 ⇔ a0 ∈ {0; 2; 4; 6; 8} 5 | N ⇔ 5 | a0 ⇔ a0 ∈ {0; 5} 4; 25 | N ⇔ 4; 25 | a1a0 8; 125 | N ⇔ 8; 125 | a2a1a0 Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9 3; 9 | N ⇔ 3; 9 | (a0 + a1 + ··· + an−1 + an) Một số dấu hiệu chia hết khác 11 | N ⇔ 11 | [(a0 + a2 + ··· ) − (a1 + a3 + ··· )] 101 | N ⇔ 101 | [(a1a0 + a5a4 + ··· ) − (a3a2 + a7a6 + ··· )] 7; 13 | N ⇔ 7; 37 | [(a2a1a0 + a8a7a6 + ··· ) − (a5a4a3 + a11a10a9 + ··· )] 37 | N ⇔ 37 | (a2a1a0 + a5a4a3 + ··· + anan−1an−2) 2 n  19 | N ⇔ 19 | an + 2an−1 + 2 an−2 + ··· + 2 a0 3.2 Phương pháp giải các bài toán chia hết 3.2.1 Áp dụng định lý Fermat nhỏ và các tính chất của chia hết Định lý Fermat nhỏ Định lý 3.1 (Định lý Fermat nhỏ)– Với mọi số nguyên a và số p nguyên tố p thì a ≡ p (mod p).  Chứng minh. 1. Nếu p | a thì p | (a5 − a). 2. Nếu p - a thì 2a, 3a, 4a, ··· , (p − 1)a cũng không chia hết cho p. Gọi r1, r2, ··· , rp−1 lần lượt là số dư khi chia a, 2a, 3a, ··· , (p−1)a cho p. thì chúng sẽ thuộc tập {1; 2; 3; ··· ; p − 1} và đôi một khác nhau (vì chẳng hạn nếu r1 = r3 thì p | (3a − a) hay p | 2a, Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  37. 32 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết chỉ có thể là p = 2, mà p = 2 thì bài toán không đúng). Do đó r1r2 · rp−1 = 1 · 2 · 3 ··· (p − 1). Ta có a ≡ r1 (mod p) 2a ≡ r2 (mod p) ··· (p − 1)a ≡ rp−1 (mod p) Nhân vế theo vế ta suy ra p−1 p−1 1·2·3 ··· (p−1)·a ≡ r1r2 ··· rp−1 (mod p) ⇒ a ≡ 1 (mod p) Vì UCLN(a, p) = 1 nên ap ≡ a (mod p). p Như vậy với mọi số nguyên a và số nguyên tố p thì a ≡ a (mod p). Nhận xét. Ta có thể chứng minh định lý bằng quy nạp. Ngoài ra, định lý còn được phát biểu dưới dạng sau: Định lý 3.2– Với mọi số nguyên a, p là số nguyên tố, UCLN(a, p) = p−1 1 thì a ≡ 1 (mod p).  Phương pháp sử dụng tính chất chia hết và áp dụng định lý Fermat nhỏ Cơ sở: Sử dụng các tính chất chia hết và định lý Fermat nhỏ để giải toán. Ví dụ 3.1. Cho a và b là hai số tự nhiên. Chứng minh rằng 5a2 +15ab− b2 chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7. 4 Lời giải. ⇒) Giả sử 49 | 5a2 + 15ab − b2 ⇒ 7 | 5a2 + 15ab − b2 ⇒ 7 | (14a2 + 21ab) − (5a2 + 15ab − b2) ⇒ 7 | (9a2 + 6ab + b2) ⇒ 7 | (3a + b)2 ⇒ 7 | 3a + b. ⇐) Giả sử 7 | 3a + b. Đặt 3a + b = 7c (c ∈ Z. Khi đó b = 7c − 3a. Như vậy ⇒ 5a2 + 15ab − b2 = 5a2 + 15a(7c − 3a) − (7c − 3a)2 = 49(c2 + 3ac − a2) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  38. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 33 chia hết cho 49. Vậy 5a2 + 15ab − b2 chia hết cho 49 khi và chỉ khi 3a + b chia hết cho 7.  Ví dụ 3.2. Cho 11 | (16a + 17b)(17a + 16b) với a, b là hai số nguyên. Chứng minh rằng 121 | (16a + 17b)(17a + 16b). 4 Lời giải. Ta có theo đầu bài, vì 11 nguyên tố nên ít nhất một trong hai số 16a + 17b và 17a + 16b chia hết cho 11. Ta lại có (16a + 17b) + (17a + 16b) = 33(a + b) chia hết cho 11. Do đó nếu một trong hai số 16a + 17b và 17a + 16b chia hết cho 11 thì số còn lại cũng chia hết cho 11. Cho nên 121 | (16a + 17b)(17a + 16b).  Ví dụ 3.3. Chứng minh rằng A = 130 + 230 + · + 1130 không chia hết cho 11. 4 Lời giải. Với mọi a = 1, 2, ··· , 10 thì (a, 10) = 1. Do đó theo định lý Fermat bé thì a10 ≡ 1 (mod 11) ⇒ a30 ≡ 1 (mod 11) với mọi a = 1, 2, ··· , 10 và 1130 ≡ 0 (mod 11). Như vậy A ≡ 1 + 1 + ··· + 1 +0 (mod 11) | {z } 10 số 1 ≡ 10 (mod 11) ⇒ 11 - A Ví dụ 3.4. Cho p và q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng pq−1 + qp−1 − 1 chia hết cho pq. 4 Lời giải. Vì q nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ thì pq−1 ≡ 1 (mod q) Do đó pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod q) Vì q và p có vai trò bình đẳng nên ta cũng dễ dàng suy ra qp−1 + pq−1 ≡ 1 (mod p). Cuối cùng vì UCLN(q, p) = 1 nên pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq) hay q−1 p−1 p + q − 1 chia hết cho pq.  Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  39. 34 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Bài tập đề nghị Bài 1. Chứng minh rằng 11a+2b chia hết cho 19 khi và chỉ khi 18a+5b chia hết cho 19 với a, b là các số nguyên. Bài 2. Chứng minh rằng 2a + 7 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3a2 + 10ab − 8b2. Bài 3. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên có p − 1 chữ số và các chữ số đó đều bằng 1 thì n chia hết cho p. Bài 4. Giả sử n ∈ N, n ≥ 2. Xét các số tự nhiên an = 11 · 1 được viết bởi n chữ số 1. Chứng minh rằng nếu an là một số nguyên tố thì n là ước của an − 1. Bài 5. Giả sử a và b là các số nguyên dương sao cho 2a − 1, 2b − 1 và a + b đều là số nguyên tố. Chứng minh rằng ab + ba và aa + bb đều không chia hết cho a + b. Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì tồn tại số nguyên n sao cho 2n + 3n + 6n − 1 chia hết cho p. 3.2.2 Xét số dư Cơ sở: Để chứng minh A(n) chia hết cho p, ta xét các số n dạng n = kp + r với r ∈ {0; 1; 2; ··· ; p − 1}. Chẳng hạn, với p = 5 thì số nguyên n có thể viết lại thành 5k; 5k + 1; 5k + 2; 5k + 3; 5k + 4. Ta thế mỗi dạng này vào các vị trí của n rồi lý luận ra đáp số. Sau đây là một số ví dụ Ví dụ 3.5. Tìm k ∈ N để tồn tại n ∈ N sao cho 4 | n2 − k với k ∈ {0; 1; 2; 3}. 4 2 Lời giải. Giả sử tồn tại k ∈ N để tồn tại n ∈ N thỏa mãn 4 | n − k. ∗ Ta xét các Trường hợp: (m ∈ N ) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  40. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 35 1. Nếu n = 4m thì n2 − k = 16m2 − k chia hết cho 4 khi và chỉ khi 4 | k nên k = 0. 2. Nếu n = 4m ± 1 thì n2 − k = 16m2 ± 8m + 1 − k chia hết cho 4 khi và chỉ khi 4 | 1 − k nên k = 1. 3. Nếu n = 4m ± 2 thì n2 − k = 16m2 ± 16m + 4 − k chia hết cho 4 khi và chỉ khi 4 | k nên k = 0. Vậy k = 0 hoặc k = 1.  Ví dụ 3.6. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N thì 6 | n(2n+7)(7n+1).4 Lời giải. Ta thấy một trong hai số n và 7n + 1 là số chẵn ∀n ∈ N. Do đó 2 | n(2n + 7)(7n + 1). Ta sẽ chứng minh 3 | n(2n + 7)(7n + 1). Thật vậy, xét 1. Với n = 3k thì 3 | n(2n + 7)(7n + 1). 2. Với n = 3k + 1 thì 2n + 7 = 6k + 9 chia hết cho 3 nên 3 | n(2n + 7)(7n + 1). 3. Với n = 3k + 2 thì 7n + 1 = 21k + 15 chia hết cho 3 nên 3 | n(2n + 7)(7n + 1). Do đó 3 | n(2n+7)(7n+1) mà (2, 3) = 1 nên 6 | n(2n+7)(7n+1) ∀n ∈ N.  Ví dụ 3.7. (HSG 9, Tp Hồ Chí Minh, vòng 2, 1995) Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn (x − y)(y − z)(z − x) = x + y + z (3.1) Chứng minh rằng 27 | (x + y + z). 4 Lời giải. Xét hai trường hợp sau Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  41. 36 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 1. Nếu ba số x, y, z chia hết cho 3 có các số dư khác nhau thì các hiệu x−y, y−z, z−x cùng không chia hết cho 3. Mà 3 | (x+y+z) nên từ (3.1) suy ra vô lí . 2. Nếu ba số x, y, z chỉ có hai số chia cho 3 có cùng số dư thì trong ba hiệu x−y, y−z, z−x có một hiệu chia hết cho 3. Mà 3 - (x+y+z) nên từ (3.1) suy ra vô lí. Vậy x, y, z chia cho 3 có cùng số dư, khi đó x − y, y − z, z − x đều chia hết cho 3. Từ (3.1) ta suy ra 27 | (x + y + z), ta có đpcm.  Bài tập đề nghị Bài 1. i) Tìm số tự nhiên n để 7 | (2n − 1). n ii) Chứng minh rằng 7 - (2 + 1) ∀n ∈ N. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a(a6 − 1) chia hết cho 7. Bài 3. Tìm n để 13 | 32n + 3n + 1. 2 2 2 2 Bài 4. Chứng minh rằng với mọi a, b ∈ N thì ab(a −b )(4a −b ) luôn luôn chia hết cho 5. Bài 5. Chứng minh rằng 24 | (p − 1)(p + 1) với p là số nguyên tố lớn hơn 3. Bài 6. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên a để a2 + 1 chia hết cho 12. Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y, z nếu 6 | x + y + z thì 6 | x3 + y3 + z3. 2012 Bài 8. Cho ab = 2011 , với a, b ∈ N. Hỏi tổng a + b có chia hết cho 2012 hay không ? Bài 9. Số 3n + 2003 trong đó n là số nguyên dương có chia hết cho 184 không ? Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  42. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 37 Bài 10. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 = z2. Chứng minh rằng xyz chia hết cho 60. Bài 11. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 +y2 = 2z2. Chứng minh rằng x2 − y2 chia hết cho 84. n Bài 12. Cho n > 3, (n ∈ N). Chứng minh rằng nếu 2 = 10a+b, (0 < b < 9) thì 6 | ab. 3.2.3 Phân tích Phân tích thành tích Cơ sở: Để chứng minh A(n) chia hết cho p, ta phân tích A(n) = D(n)p, còn nếu trong ta không thể đưa ra cách phân tích như vậy, ta có thể viết p = kq. • Nếu (k, q) = 1 thì ta chứng minh A(n) cùng chia hết cho k và q. • Nếu (k, q) 6= 1 thì ta viết A(n) = B(n)C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho k, C(n) chia hết cho q. Ví dụ 3.8. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng 2n | (n + 1) (n + 2) ··· (2n) . Lời giải. Ta có (2n)! (1.3.5 (2n − 1)) (2.4.6 2n) (n + 1) (n + 2) ··· (2n) = = n! n! n! = 1.3.5 (2n − 1).2n. n! = 1.3.5 (2n − 1).2n. n Do đó 2 | (n + 1) (n + 2) ··· (2n) .  Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  43. 38 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Ví dụ 3.9. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì 6 | n3 − n. 4 Lời giải. Phân tích n3 − n = n(n2 − 1) = n(n − 1)(n + 1) Biểu thức là tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một trong ba số một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3. Mà (2, 3) = 1 nên 3 6 | n − n.  Ví dụ 3.10. Chứng minh rằng n6 − n4 − n2 + 1 chia hết cho 128 với n lẻ. 4 Lời giải. Ta có n6 − n4 − n2 + 1 = (n2 − 1)2(n + 1) = (n − 1)2(n + 1)2 Vì n lẻ nên đặt n = 2k, k ∈ N, suy ra (n2 − 1)2 = (2k + 1)2 − 1 = (4k2 + 4k)2 = [4k(k + 1)]2 2 2 Vậy 64 | (n − 1) . Vì n lẻ nên 2 | n + 1, suy ra đpcm.  Ví dụ 3.11. Cho ba số nguyên dương khác nhau x, y, z. Chứng minh rằng (x − y)5 + (y − z)5 + (x − z)5 chia hết cho 5(x − y)(y − z)(x − z).4 Lời giải. Ta có (x − y)5 + (y − z)5 + (x − z)5 = (x − z + z − y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = (x − z)5 + 5(x − z)4(z − y) + 10(x − z)3(z − y)2 +10(x − z)4(z − y) + 10(x − z)3(z − y)2 +10(x − z)2(z − y)3 + 5(x − z)(z − y)4 = 5(x − z)(z − y)× × (x − z)3 + 2(x − z)2(z − y) + 2(x − z)(z − y)2 + (z − y)3 . Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  44. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 39 Nhưng ta cũng có: (x − z)3 + 2(x − z)2(z − y) + 2(x − z)(z − y)2 + (z − y)3 = (x − y + y − z)3 + 2(x − y + y − z)2(z − y) +2(x − y + y − z)(z − y)2 + (z − y)3 = (x − y)3 + 2(x − y)2(y − z) + 3(x − y)(y − z)2 +(y − z)3 + 2(x − y)2(z − y) +4(x − y)(y − z)(z − y) + 2(y − z)2(z − y) +2(x − y)(z − y)2 + 2(y − z)(z − y)2 + (z − y)3 = (x − y)3 + 3(x − y)2(y − z) + 3(x − y)(y − z)2 +2(x − y)2(z − y) + 4(x − y)(y − z)(z − y) + 2(x − y)(z − y)2, Biểu thức cuối cùng có nhân tử chung (x − y). Ta suy ra điều phải chứng minh.  Bài tập đề nghị Bài 1. Chứng minh rằng nếu a, k là các số nguyên, a lẻ thì 2k+1 | (a2k − 1). 5 Bài 2. Chứng minh rằng n − n chia hết cho 30 với mọi n ∈ Z. Bài 3. Chứng minh rằng 3n4 − 14n3 + 21n2 − 10n chia hết cho 24 với mọi n ∈ Z. 5 3 Bài 4. Chứng minh rằng n −5n +4n chia hết cho 120 với mọi n ∈ Z. Bài 5. Chứng minh rằng n3 − 3n2 − n + 3 chia hết cho 48 với mọi n lẻ, n ∈ Z. Bài 6. Chứng minh rằng n8 − n6 − n4 + n2 chia hết cho 1152 với mọi số nguyên n lẻ. Bài 7. Chứng minh rằng n4 −4n3 −4n2 +16n chia hết cho 348 với mọi n là số nguyên chẵn. Bài 8. Chứng minh rằng n4 − 14n3 + 71n2 − 154n + 120 chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  45. 40 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Bài 9. Cho x, y, z là các số nguyên khác 0. Chứng minh rằng nếu x2 − yz = a, y2 − zx = b, z2 − xy = c thì tổng (ax + by + cz) chia hết cho tổng (a + b + c). Bài 10. Cho m, n là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng mn − m − n + 1 chia hết cho 192. Bài 11. (HSG 9 TQ 1970) Chứng minh rằng n12 − n8 − n4 + 1 chia hết cho 512 với mọi số tự nhiên n lẻ. Bài 12. (HSG 9 TQ 1975) Chứng minh rằng n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24 với mọi số nguyên dương n. Tách tổng Cơ sở: Để chứng minh A(n) chia hết cho p, ta biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử rồi chứng minh mỗi hạng tử đều chia hết cho p. Ta có thể sử dụng một số hằng đẳng thức áp dụng vào chia hết, ví dụ như: Cho a, b là các số thực và n là số nguyên dương. Khi đó ta có an − bn = (a − b)(an−1 + an−2b + ··· + abn−2 + bn−1) Ta sẽ có hệ quả là: n n Hệ quả 3.2– Nếu a − b 6= 0 thì a − b chia hết cho a − b.  n n Hệ quả 3.3– Nếu a + b 6= 0 và n lẻ thì a + b chia hết cho a + b.  n n Hệ quả 3.4– Nếu a + b 6= 0 và n chẵn thì a − b chia hết cho a + b 2 Ví dụ 3.12. Chứng minh rằng ax + bx + c ∈ Z, ∀x ∈ Z khi và chỉ khi 2a, a + b, c ∈ Z 4 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  46. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 41 Lời giải. Phân tích ax2 + bx + c = ax2 − ax + (a + b)x + c x(x − 1) = 2a. + (a + b)x + c ∈ , ∀x ∈ . 2 Z Z 3 Ví dụ 3.13. Chứng minh rằng 6 | (a + 5a) ∀a ∈ N. 4 Lời giải. Phân tích a3 +5a = (a3 −a)+6a. Hiển nhiên đúng vì 6 | n3 −n (chứng minh ở ví dụ Equation 4.27).  Nhận xét. Từ ví dụ Equation 4.27 ta cũng có thể đưa ra các bài toán sau, chứng minh cũng bằng cách vận dụng phương pháp tách tổng: 2 2 Bài toán 3.1. Cho m, n ∈ Z. Chứng minh rằng 6 | m n (m − n). 4 3 3 3 Bài toán 3.2. Cho a, b, c ∈ Z. Chứng minh rằng 6 | (a + b + c ) khi và chỉ khi 6 | (a + b + c) 4 a a2 a3 Bài toán 3.3. Cho a ∈ . Chứng minh rằng + + ∈ 4 Z 3 2 6 Z Bài toán 3.4. Viết số 20112012 thành tổng các số nguyên dương. Đem tổng lập phương tất cả các số hạng đó chia cho 3 thì được dư là bao nhiêu ? 4 Ví dụ 3.14. Cho m, n là các số nguyên thỏa mãn: m 1 1 1 1 1 = 1 − + − + · · · − + n 2 3 4 1334 1335 Chứng minh rằng 2003 | m. 4 Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  47. 42 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Lời giải. Để ý rằng 2003 là số nguyên tố. Ta có m 1 1 1 1 1 = 1 − + − + · · · − + n 2 3 4 1334 1335  1 1 1  1 1 1 1  = 1 + + + ··· + − 2 + + + ··· + 2 3 1335 2 4 6 1334  1 1 1   1 1 1  = 1 + + + ··· + − 1 + + + ··· + 2 3 1335 2 3 667 1 1 1 = + + ··· + 668 669 1335  1 1   1 1   1 1  = + + + + ··· + + 668 1335 669 1334 1001 1002  1 1 1  = 2003 + + ··· + 668.1335 669.1334 1001.1002 p = 2003. q Ở đây p là số nguyên còn q = 668 · 669 ··· 1335. Vì 2003 nguyên tố nên (q, 2003) = 1. Do đó từ (∗) suy ra 2003pn = mq. Vì p, n nguyên nên suy ra 2003|mq mà (q, 2003) = 1 nên 2003|m.  Ví dụ 3.15. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A = 2005n + 60n − 1897n − 168n chia hết cho 2004. 4 Lời giải. Ta có 2004 = 12 × 167. Vì (12, 167) = 1 nên để chứng minh A chia hết cho 2004 ta chứng minh A chia hết cho 12 và 167. Áp dụng tính chất an − bn chia hết cho a − b với mọi n tự nhiên và a−b 6= 0 suy ra 2005n −1897n chia hết cho 2005−1897 = 108 = 12×9, hay 2005n − 1897n chia hết cho 12. Tương tự thì 168n − 60n chia hết cho 12. Vậy A chia hết cho 12. Tiếp tục phân tích A = (2005n − 168n) − (1897n − 60n). Lập luận tương tự như trên thì 2005n − 168n và 1897n − 60n chia hết cho 167, tức A chia hết cho 167. Vậy ta có điều phải chứng minh.  Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  48. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 43 Ví dụ 3.16. (Đề thi tuyển sinh ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội, vòng 1, năm 2007-2008) Cho a, b là hai số nguyên dương và a + 1, b + 2007 đều chia hết cho 6. Chứng minh rằng 4a + a + b chia hết cho 6. 4 Lời giải. Phân tích 4a + a + b = (4a + 2) + (a + 1) + (b + 2007) − 2010 4a + 2 = 4a − 1 + 3 = (4 − 1)(4a−1 + ··· 1) + 3 Như vậy 3 | 4a + 2. Do đó 4a + a + b là tổng của các số nguyên dương a chia hết cho 6 nên 4 + a + b chia hết cho 6.  Bài tập đề nghị Bài 1. Đưa ra các mở rộng từ bài tập đề nghị của phương pháp phân tích thành tích thành các bài toán vận dụng phương pháp tách tổng (giống như cách mở rộng của ví dụ 1.9). Bài 2. (Hungary MO 1947) Chứng minh rằng 46n + 296.13n chia hết cho 1947 với mọi số tự nhiên n lẻ. Bài 3. Chứng minh rằng 20n + 16n − 3n − 1 chia hết cho 323 với mọi số tự nhiên n chẵn. Bài 4. Chứng minh rằng 2903n − 803n − 464n + 261n chia hết cho 1897 với mọi số tự nhiên n. Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta có nn + 5n2 − 11n + 5 chia hết cho (n − 1)2. Bài 6. (HSG 9 Tp Hà Nội, vòng 2, 1998) Chứng minh rằng 1997 | m với m, n ∈ N thỏa mãn m 1 1 1 1 1 1 = 1 − + − + ··· + − + . n 2 3 4 1329 1330 1331 2n+1 n+2 Bài 7. Chứng minh rằng 3 + 2 chia hết cho 7 với mọi n ∈ N. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  49. 44 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Bài 8. Chứng minh rằng 20032005 + 20172015 chia hết cho 12. Bài 9. Cho p là số tự nhiên lẻ và các số nguyên a, b, c, d, e thỏa mãn a + b + c + d + e và a2 + b2 + c2 + d2 + e2 đều chia hết cho p. Chứng minh rằng số a5 + b5 + c5 + d5 + e5 − 5abcde cũng chia hết cho p. Bài 10. (Canada Training for IMO 1987) Kí hiệu: 1 · 3 · 5 ··· (2n − 1) = (2n − 1)!! 2 · 4 · 6 ··· (2n) = (2n)!!. Chứng minh rằng (1985)!! + (1986)!! chia hết cho 1987. Bài 11. Chứng minh rằng số 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. Bài 12. Cho k là số nguyên dương sao cho số p = 3k + 1 là số nguyên tố và 1 1 1 m + + ··· + = 1 · 2 3 · 4 (2k − 1)2k n với hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m và n.Chứng minh m chia hết cho p. (Tạp chí Mathematics Reflections, đăng bởi T.Andreescu) 3.2.4 Xét đồng dư Định nghĩa và một số tính chất Định nghĩa 3.2 Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương. Ta nói, a đồng dư với b theo modun n và kí hiệu a ≡ b (mod n) nếu a và b có cùng số dư khi chia cho n. 4 Như vậy a ≡ n (mod n) ⇐⇒ n | (a − b). Ví dụ: 2012 ≡ 2 (mod 5). Tính chất (bạn đọc tự chứng minh) Cho a, b, c, d, n là các số nguyên. a ≡ a (mod n), Tính chất 3.10– a ≡ b (mod n) ⇔ b ≡ a (mod n),  a ≡ b (mod n), b ≡ c (mod n) ⇒ a ≡ c (mod n). Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  50. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 45 ( ( a ≡ b (mod n) a ± c ≡ b ± d (mod n) Tính chất 3.11– ⇒  c ≡ d (mod n) ac ≡ bd (mod n) k k Tính chất 3.12– a ≡ b (mod n) ⇒ a ≡ b (mod n), ∀k ≥ 1.  Tính chất 3.13– a ≡ b (mod n) ⇒ ac ≡ bc (mod mc), c > 0  n n Tính chất 3.14– (a + b) ≡ b (mod a), (a > 0).  Tính chất 3.15– Nếu d là ước chung dương của a, b và m thì a ≡ b a b m (mod m) thì ≡ (mod ). d d d Tính chất 3.16– a ≡ b (mod m), c là ước chung của a và b, (c, m) = 1 a b thì ≡ (mod m). c c Phương pháp đồng dư thức để giải các bài toán chia hết Cơ sở: Sử dụng các tính chất và định nghĩa trên để giải các bài toán chia hết. Ví dụ 3.17. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 7 | 8n + 6. 4 n n Lời giải. Ta có 8 ≡ 1 (mod 7) =⇒ 8 + 6 ≡ 7 ≡ 0 (mod 7).  Ví dụ 3.18. Chứng minh rằng 19 | 7 · 52n + 12 · 6n. với mọi số nguyên dương n. 4 Lời giải. Ta có 52 = 25 ≡ 6 (mod 19) =⇒ (52)n ≡ 6n (mod 19) =⇒ 2n n 2n n n 7 · 5 ≡ 7 · 6 (mod 19) =⇒ 7 · 5 + 12 · 6 ≡ 19 · 6 ≡ 0 (mod 19). Ví dụ 3.19. Viết liên tiếp các số 111, 112, ··· , 888 để được số A = 111112 ··· 888. Chứng minh rằng 1998 | A. 4 Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  51. 46 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Lời giải. Ta thấy A chẵn nên 2 | A. Mặt khác A = 111 · 1000777 + 112 · 1000776 + ··· + 888. k Do 1000 ≡ 1 (mod 999), ∀k ∈ N nên A ≡ 111 + 112 + ··· + 888 ≡ 0 (mod 999). Suy ra 999 | A, và (999, 2) = 1 nên 1998 | A.  Ví dụ 3.20. Chứng minh rằng 7 | 55552222 + 22225555. 4 Lời giải. Ta có 2222 ≡ −4 (mod 7) =⇒ 22225555 ≡ (−4)5555 (mod 7) 5555 ≡ 4 (mod 7) =⇒ 55552222 ≡ 4 (mod 7) =⇒ 55552222 + 22225555 ≡ −45555 + 42222 (mod 7) Lại có −45555 + 42222 = −42222 43333 − 1 = −42222 641111 − 1 Và 64 ≡ 1 (mod 7) =⇒ 641111 − 1 ≡ 0 (mod 7). 2222 5555 Do đó 7 | 5555 + 2222  Bài tập đề nghị Bài 1. Một số bài tập ở phương pháp phân tích có thể giải bằng phương pháp đồng dư thức. 777 333 Bài 2. Chứng minh rằng 333555 + 777555 chia hết cho 10. 1967 Bài 3. Chứng minh rằng số 1110 − 1 chia hết cho 101968. 3 3 3 Bài 4. Cho 9 | a + b + c , ∀a, b, c ∈ Z. Chứng minh rằng 3 | a · b · c. Bài 5. Chứng minh rằng 222333 + 333222 chia hết cho 13. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  52. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 47 n Bài 6. Chứng minh rằng 9 + 1 không chia hết cho 100, ∀n ∈ N. Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm n thì 25n+3 + 5n · 3n+1 chia hết cho 17. 3 Bài 8. Tìm n ∈ N sao cho 2n + 3n = 19851986. Bài 9. Viết liên tiếp 2000 số 1999 ta được số X = 19991999 ··· 1999. Tìm số dư trong phép chia X cho 10001. 7 77 7 Bài 10. Chứng minh rằng 100 | 77 − 77 . 2 2 Bài 11. Cho b − 4ac và b + 4ac là hai số chính phương với a, b, c ∈ N. Chứng minh rằng 30 | abc. 3.2.5 Quy nạp Cơ sở : Để chứng minh mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n ≥ p, ta làm như sau: • Kiểm tra mệnh đề đúng với n = p. • Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Ta đi chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Ví dụ 3.21. Chứng minh rằng A = 4n + 15 − 1 chia hết cho 9 với mọi ∗ n ∈ N . 4 Lời giải. Với n = 1 =⇒ A = 18 chia hết cho 9. Giả sử bài toán đúng với n = k. Khi đó 9 | 4k+15k−1, hay 4k+15k−1 = ∗ k 9q với q ∈ N . Suy ra 4 = 9q − 15k + 1. Ta đi chứng minh bài toán đúng với n = k+1, tức 9 | 4k+1+15(k+1)−1. Thật vậy: 4k+1 + 15(k + 1) − 1 = 4 · 4k + 15k + 14 = 4 (9q − 15k + 1) + 15k + 14 = 36q − 45k + 18 chia hết cho 9. Ta có đpcm.  Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  53. 48 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết Ví dụ 3.22. (HSG 9 TQ 1978)Chứng minh rằng số được tạo bởi 3n chữ n số giống nhau thì chia hết cho 3 với 1 ≤ n, n ∈ N. 4 Lời giải. Với n = 1, bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử bài toán đúng với n = k, tức 3k | aa ··· a. | {z } 3n số a Với n = k + 1 ta có: aa ··· a = aa ··· a aa ··· a aa ··· a | {z } | {z } | {z } | {z } 3k+1 3k 3k 3k = aa ··· a × 1 00 ··· 0 00 ··· 0 1 | {z } | {z } | {z } 3k 3k−1 3k−1 k+1 chia hết cho 3 . Ta có đpcm.  ∗ Ví dụ 3.23. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N , k là số tự nhiên lẻ thì n 2n+2 | k2 − 1 n Lời giải. Với n = 1 thì k2 − 1 = k2 − 1 = (k + 1)(k − 1). Do k lẻ,nên ∗ đặt k = 2m + 1 với m ∈ N , thì khi đó (k + 1)(k − 1) = 4k(k + 1) chia hết cho 23 = 8. Giả sử bài toán đúng với n = p, tức 2p+2 | k2p − 1 hay k2p = q · 2p+2 + 1 ∗ với q ∈ N . Ta chứng minh bài toán đúng với n = p + 1. Thật vậy p+1 p p 2 A = k2 − 1 = k2·2 − 1 = k2  − 1 p p = k2 − 1 k2 + 1 = q · 2p+2 · 2 + q · 2p+2 = q · 2p+3 · 1 + q · 2p+1 p+3 chia hết cho 2 . Ta có đpcm.  Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  54. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 49 Bài tập đề nghị Bài 1. Một số bài toán ở các phương pháp nêu trên có thể giải bằng phương pháp quy nạp. n Bài 2. Chứng minh rằng 255 | 16 − 15n − 1 với n ∈ N. 2n+3 Bài 3. Chứng minh rằng 64 | 3 + 40n − 27 với n ∈ N. 2n+2 Bài 4. Chứng minh rằng 16 | 3 + 8n − 9 với n ∈ N. 3n+3 Bài 5. Chứng minh rằng 676 | 3 − 16n − 27 với n ∈ N, n ≥ 1. 2n Bài 6. Chứng minh rằng 700 | 29 − 140n − 1 với n ∈ N. n Bài 7. Chứng minh rằng 270 | 2002 − 138n − 1 với n ∈ N. 24n+1 34n+1 Bài 8. Chứng minh rằng 22 | 3 + 2 + 5 với n ∈ N. n Bài 9. Chứng minh rằng số 23 + 1 chia hết cho 3n nhưng không chia n+1 hết cho 3 với n ∈ N. n Bài 10. Chứng minh rằng số 20012 − 1 chia hết cho 2n+4 nhưng không n+5 chia hết cho 2 với n ∈ N. Bài 11. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, tồn tại một số tự n 3 n+1 3 nhiên m sao cho 3 | (m + 17), nhưng 3 - (m + 17). Bài 12. Có tồn tại hay không một số nguyên dương là bội của 2007 và có bốn chữ số tận cùng là 2008. Bài 13. Chứng minh rằng tồn tại một số có 2011 chữ số gồm toàn chữ số 1 và 2 sao cho số đó chia hết cho 22011. n Bài 14. Tìm phần dư khi chia 32 cho 2n+3, trong đó n là số nguyên dương. 7. Bài 15. Cho n ∈ N, n ≥ 2. Đặt A = 7 (lũy thừa n lần). Chứng minh rằng An + 17 chia hết cho 20. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  55. 50 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 3.2.6 Sử dụng nguyên lí Dirichlet Nội dung: Nhốt 5 con thỏ vào 3 chuồng thì tồn tại chuồng chứa ít nhất 2 con. Định lý 3.3– Nhốt m = nk + 1 con thỏ vào k chuồng (k n > | {z } | {z } m số 2011 n số 2011 0). =⇒ 2012 | 20112011 ··· 2011 − 20112011 ··· 2011 | {z } | {z } m số 2011 n số 2011 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  56. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 51 =⇒ 2012 | 20112011 ··· 2011 00 ··· 00 | {z } | {z } m−n số 2011 n số 2011 Vậy tồn tại số thỏa mãn đề bài.  Ví dụ 3.25. Chứng minh rằng trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được hai số có 2 chữ số tận cùng giống nhau. 4 Lời giải. Lấy 101 số nguyên đã cho chia cho 100 thì theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 100. Suy ra trong 101 số nguyên đã cho tồn tại hai số có chữ số tận cùng giống nhau.  Ví dụ 3.26 (Tuyển sinh 10 chuyên ĐHSPHN, 1993). Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý a1, a2, a3, a4, a5. Chứng minh rằng tích P = (a1 − a2)(a1 − a3)(a1 − a4)(a1 − a5)(a2 − a3)× × (a2 − a4)(a2 − a5)(a3 − a4)(a3 − a5)(a4 − a5) chia hết cho 288. 4 Lời giải. Phân tích 288 = 25 · 32. 1. Chứng minh 9 | P : Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 4 số a1, a2, a3 có hai số có hiệu chia hết cho 3. Không mất tính tổng quát, giả sử: 3 | a1 − a2. Xét 4 số a2, a3, a4, a5 cũng có hai số có hiệu chia hết cho 3. Như vậy P có ít nhất hai hiệu khác nhau chia hết cho 3, tức 9 | p. 2. Chứng minh 32 | P : Theo nguyên lí Dirichlet thì tỏng 5 số đã cho tồn tại ít nhất 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Chỉ có thể có hai khả năng sau xảy ra: • Nếu có ít nhất 4 số có cùng tính chẵn lẻ, thì từ bốn số có thể lập thành sáu hiệu khác nhau chia hết cho 2. Do đó 32 | P . Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  57. 52 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết • Nếu có 3 số có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử ba số đó là a1, a2, a3. Khi đó a4, a5 cũng cùng tính chẵn lẻ nhưng lại khác tính chẵn lẻ của a1, a2, a3. Khi đó các hiệu sau chia hết cho 2: a1 − a2, a1 − a3, a2 − a3, a4 − a5. Mặt khác, trong 5 số đã cho có ít nhất hai hiệu chia hết cho 4, cho nên trong 4 hiệu a1 − a2, a1 − a3, a2 − a3, a4 − a5 có ít nhất một hiệu chia hết cho 4. Vậy 32 | P . Ta có đpcm.  Ví dụ 3.27. Cho 2012 số tự nhiên bất kì a1, a2, ··· , a2012. Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 2012 hoặc tổng một số số chia hết cho 2012. 4 Lời giải. Xét 2012 số S1 = a2 S2 = a1 + a2 ··· S2012 = a1 + a2 + ··· + a2012 Trường hợp 1: Nếu tồn tại số Si (i = 1, 2, ··· , 2012) chia hết cho 2012 thì bài toán chứng minh xong. Trường hợp 2: Nếu 2012 - Si với mọi i = 1, 2, ··· , 2012. Đem 2012 số này chia cho 2012 nhận được 2012 số dư. Các số dư nhận giá trị thuộc tập {1; 2; ··· ; 2011}. Vì có 2012 số dư mà chỉ có 2011 giá trị nên theo nguyên lí Dirichlet chắc chắn có hai số dư bằng nhau. Gỉa sử gọi hai số đó là Sm và Sn có cùng số dư khi chia cho 2012 (m, n ∈ N, 1 ≤ n < m ≤ 2012) thì hiệu Sm − Sn = an+1 + an+2 + ··· + am chia hết cho 2012.  Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  58. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 53 Nhận xét. Ta có thể rút ra bài toán tổng quát và bài toán mở rộng sau: Bài toán 3.5 (Bài toán tổng quát). Cho n số a1, a2, ··· , an. Chứng minh rằng trong n số trên tồn tại một số chia hết cho n hoặc tổng một số số chia hết cho n. 4 Bài toán 3.6 (Bài toán mở rộng). (Tạp chí Toán Tuổi Thơ số 115) Cho n là một số chuyên dương và n số nguyên dương a1, a2, ··· , an có tổng bằng 2n − 1. Chứng minh rằng tồn tại một số số trong n số đã cho có tổng bằng n. 4 Bài tập đề nghị 356 Bài 1. Chứng minh rằng có vô số số chia hết cho 201311 mà trong biểu diễn thập phân của các số đó không có các chữ số 0, 1, 2, 3. Bài 2. (HSG 9 Hà Nội, 2006) Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n 6= 0 thỏa mãn 313579 | (13579n − 1). Bài 3. Chứng minh rằng trong 52 số nguyên dương bất kì luôn luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 100. Bài 4. Cho 10 số nguyên dương a1, a2, ··· , a10. Chứng minh rằng tồn tại các số ci ∈ {0, −1, 1}, (i = 1, ··· 10) không đồng thời bằng 0 sao cho A = c1a1 + c2a2 + ··· + c10a10 chia hết cho 1032. Bài 5. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 2002k − 1 chia hết cho 200310. Bài 6. Biết rằng ba số a, a + k, a + 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng khi đó k chia hết cho 6. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  59. 54 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 3.2.7 Phản chứng Cơ sở: Để chứng minh p - A(n), ta làm như sau: • Giả sử ngược lại p | A(n). • Chứng minh điều ngược lại sai. Ví dụ 3.28. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 +n+1 không chia hết cho 9. 4 Lời giải. Giả sử 9 | (n2 + n + 1). Khi đó n2 + n + 1 = (n + 2)(n − 1) + 3 chia hết cho 3. Suy ra 3 | n + 2 và 3 | n − 1. Như vậy (n + 2)(n − 1) 2 chia hết cho 9, tức n + n + 1 chia 9 dư 3, mâu thuẫn. Ta có đpcm.  Nhận xét. Bài toán này vẫn có thể giải theo phương pháp xét số dư. Ví dụ 3.29. Giả sử p = k.2t + 1 là số nguyên tố lẻ, t là số nguyên dương và k là số tự nhiên lẻ. Giả thiết x và y là các số tự nhiên mà  t t  p | x2 + y2 . Chứng minh rằng khi đó x và y đồng thời chia hết cho p. 4 Lời giải. Giả sử trái lại p - x, suy ra p - y. Do p là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có xp−1 ≡ 1 (mod p) yp−1 ≡ 1 (mod p) Theo giả thiết thì p − 1 = k.2t, do đó xk.2t ≡ 1 (mod p) yk.2t ≡ 1 (mod p) Từ đó ta có t t xk.2 + yk.2 ≡ 2 (mod p). (i) Theo giả thiết thì t t x2 + y2 ≡ 0 (mod p). Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  60. 3.2. Phương pháp giải các bài toán chia hết 55 Do k lẻ nên t t  t k  t k .  t t  xk.2 + yk.2 = x2 + y2 . x2 + y2  t t  ⇒ xk.2 + yk.2 ≡ 0 (mod p)(ii) Từ (i) và (ii) suy ra điều mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng sai. Do đó x, y đồng thời chia hết cho p.  Bài tập đề nghị 2 Bài 1. Chứng minh n + n + 2 không chia hết cho 15 với mọi n ∈ Z. 2 Bài 2. Chứng minh n + 3n + 5 không chia hết cho 121 với mọi n ∈ N. Bài 3. Chứng minh 9n3 + 9n2 + 3n − 16 không chia hết cho 343 với mọi n ∈ N. Bài 4. Chứng minh 4n3 − 6n2 + 3n + 37 không chia hết cho 125 với mọi n ∈ N. 3 Bài 5. Chứng minh n + 3n − 38 không chia hết cho 49 với mọi n ∈ N. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  61. Chương 4 Phương trình nghiệm nguyên 4.1 Xét tính chia hết 57 4.2 Sử dụng bất đẳng thức 74 4.3 Nguyên tắc cực hạn, lùi vô hạn 86 Trần Nguyễn Thiết Quân (L Lawliet) Phạm Quang Toàn (Phạm Quang Toàn) Trong chương trình THCS và THPT thì phương trình nghiệm nguyên vẫn luôn là một đề tài hay và khó đối với học sinh. Các bài toán nghiệm nguyên thường xuyên xuất hiện tại các kì thi lớn, nhỏ, trong và ngoài nước. Trong bài viết này tôi chỉ muốn đề cập đến các vấn đề cơ bản của nghiệm nguyên (các dạng, các phương pháp giải) chứ không đi nghiên cứu sâu sắc về nó. Tôi cũng không đề cập tới phương trình Pell, phương trình Pythagore, phương trình Fermat vì nó có nhiều trong các sách, các chuyên đề khác. 4.1 Xét tính chia hết 4.1.1 Phát hiện tính chia hết của 1 ẩn Ví dụ 4.1. Giải phương trình nghiệm nguyên 13x + 5y = 175 (4.1) 57
  62. 58 4.1. Xét tính chia hết Lời giải. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (4.1). Ta . . thấy 175 và 5y đều chia hết cho 5 nên 13x.5 ⇒ x.5 (do GCD(13; 5) = 1). Đặt x = 5t (t ∈ Z). Thay vào phương trình (4.1), ta được 13.5t + 5y = 175 ⇔ 13t + y = 35 ⇔ y = 35 − 13t Do đó, phương trình (4.1) có vô số nghiệm nguyên biểu diễn dưới dạng (x; y) = (5t; 35 − 13t), (t ∈ Z) Bài tập đề nghị Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 12x − 19y = 285 Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên 7x + 13y = 65 Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 5x + 7y = 112 4.1.2 Đưa về phương trình ước số Ví dụ 4.2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3xy + 6x + y − 52 = 0 (4.2) Lời giải. Nhận xét. Đối với phương trình này, ta không thể áp dụng phương pháp trên là phát hiện tính chia hết, vậy ta phải giải như thế nào? Ta giải như sau: (4.2) ⇔ 3xy + y + 6x + 2 − 54 = 0 ⇔ y (3x + 1) + 2 (3x + 1) − 54 = 0 ⇔ (3x + 1) (y + 2) = 54 Như vậy, đến đây ta có x và y nguyên nên 3x + 1 và y + 2 phải là ước của 54. Nhưng nếu như vậy thì ta phải xét đến hơn 10 trường hợp sao? Vì: 4 = 1.54 = 2.27 = 3.18 = 6.9 = (−1).(−54) = (−2).(−27) = (−3).(−18) = (−6).(−9) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  63. 4.1. Xét tính chia hết 59 Có cách nào khác không? Câu trả lời là có! Nếu ta để ý một chút đến thừa số 3x + 1, biểu thức này chia cho 3 luôn dư 1 với mọi x nguyên. Với lập luận trên, ta được:   3x + 1 = 1  x = 0 ⇔  y + 2 = 54 y = 52   3x + 1 = −2  x = −1  ⇔ y + 2 = −54 y = −56 Ví dụ 4.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2x + 5y + 3xy = 8 (4.3) Lời giải. Ta có (4.3) ⇔ x(2 + 3y) + 5y = 8 ⇔ 3x(2 + 3y) + 15y = 24 ⇔ 3x(2 + 3y) + 5(2 + 3y) = 34 ⇔ (3x + 5)(3y + 3) = 34 Đến đây phân tích 34 = 1 · 34 = 2 · 17 rồi xét các trường hợp. Chú ý rằng 3x + 5, 3y + 2 là hai số nguyên chia 3 dư 2, vận dụng điều này ta có thể giảm bớt số trường hợp cần xét.  Ví dụ 4.4. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 − y2 = 2011 (4.4) Lời giải. (4.4) ⇔ (x − y)(x + y) = 2011. Vì 2011 là số nguyên tố nên ước nguyên của 2011 chỉ có thể là ±1, ±2011. Từ đó suy ra nghiệm (x; y) là (1006; 1005); (1006; −1005); (−1006; −1005); (−1006; 1005).  Ví dụ 4.5. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn điều kiện x2 + y2 = (x − y)(xy + 2) + 9 (4.5) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  64. 60 4.1. Xét tính chia hết Lời giải. Đặt a = x − y, b = xy. Khi đó (4.5) trở thành a2 + 2b = a(b + 2) + 9 ⇔ (a − 2)(a − b) = 9 (4.6) Vì x, y ∈ Z nên a, , a − 2, a − b đều là các số nguyên. Từ (4.6) ta có các trường hợp sau: ( ( ( a − 2 = 9 a = 11 x − y = 11 • ⇔ ⇔ (4.7) a − b = 1 b = 10 xy = 10 ( ( ( a − 2 = 3 a = 5 x − y = 5 • ⇔ ⇔ (4.8) a − b = 3 b = 2 xy = 2 ( ( ( a − 2 = 1 a = 3 x − y = 3 • ⇔ ⇔ (4.9) a − b = 9 b = −6 xy = −6 ( ( ( a − 2 = −1 a = 1 x − y = 1 • ⇔ ⇔ (4.10) a − b = −9 b = 10 xy = 10 ( ( ( a − 2 = −3 a = −1 x − y = −1 • ⇔ ⇔ (4.11) a − b = −3 b = 2 xy = 2 ( ( ( a − 2 = −3 a = −1 x − y = −1 • ⇔ ⇔ (4.12) a − b = −3 b = 2 xy = 2 Dễ thấy các hệ (4.7),(4.8),(4.10) không có nghiệm nguyên, hệ (4.9) vô nghiệm, hệ (4.11) có hai nghiệm nguyên (1; 2) và (−2; −1), hệ (4.12) có hai nghiệm nguyên (−1; 6) và (−6; 1). Tóm lại phương trình (4.5) có các cặp nghiệm nguyên (x; y) là (1; 2); (−2; −1); (−1; 6); (−6; 1).  Ví dụ 4.6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 1 y2 + 1 + 2 (x − y) (1 − xy) = 4 (1 + xy) (4.13) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  65. 4.1. Xét tính chia hết 61 Lời giải. Phương trình (4.13) tương đương với: x2y2 + x2 + y2 + 1 + 2x − 2x2y − 2y + 2xy2 = 4 + 4xy ⇔ (x2 + 2x + 1)y2 − 2(x2 + 2x + 1)y + (x2 + 2x + 1) = 4 ⇔ (x + 1)2(y − 1)2 = 4  (x + 1)(y − 1) = 2 ⇔ (x + 1)(y − 1) = −2 Với (x + 1)(y − 1) = 2 mà x, y ∈ Z nên ta có các trường hợp sau:  x + 1 = 1  x = 0 • ⇔ y − 1 = 2 y = 3  x + 1 = 2  x = 1 • ⇔ y − 1 = 1 y = 2  x + 1 = −2  x = −3 • ⇔ y − 1 = −1 y = 0  x + 1 = −1  x = −2 • ⇔ y − 1 = −2 y = −1 Với (x + 1)(y − 1) = −2 , tương tự ta cũng suy ra được:  x + 1 = −1  x = −2 • ⇔ y − 1 = 2 y = 3  x + 1 = 1  x = 0 • ⇔ y − 1 = −2 y = −1  x + 1 = 2  x = 1 • ⇔ y − 1 = −1 y = 0  x + 1 = −2  x = −3 • ⇔ y − 1 = 1 y = 2 Vậy phương trình đã cho có các cặp nghiệm nguyên: (x; y) = {(0; 3); (1; 2); (−3; 0); (−2; −1); (−2; 3); (0; −1); (1; 0); (−3; 2)} Ví dụ 4.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x6 + 3x3 + 1 = y4 (4.14) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  66. 62 4.1. Xét tính chia hết Lời giải. Nhân hai vế của phương trình (4.14) cho 4, ta được: 4x6 + 12x3 + 4 = 4y4 ⇔ (4x6 + 12x3 + 9) − 4y4 = 5 ⇔ (2x3 + 3)2 − 4y4 = 5 ⇔ (2x3 − 2y2 + 3)(2x3 + 2y2 + 3) = 5. Với lưu ý rằng 5 = 1.5 = 5.1 = (−1).(−5) = (−5).(−1) và x, y ∈ Z nên ta suy ra được các trường hợp sau:  2x3 − 2y2 + 3 = 1  x3 − y2 = −1  x3 = 0 • ⇔ ⇔ 2x3 + 2y2 + 3 = 5 x3 + y2 = 1 y2 = 1   x = 0   y = 1 ⇔  x = 0   y = −1  2x3 − 2y2 + 3 = −1  x3 − y2 = −2  x3 = −3 • ⇔ ⇔ (loại) 2x3 + 2y2 + 3 = −5 x3 + y2 = −4 y2 = −1  2x3 − 2y2 + 3 = 5  x3 − y2 = 1  x3 = 0 • ⇔ ⇔ (loại) 2x3 + 2y2 + 3 = 1 x3 + y2 = −1 y2 = −1  2x3 − 2y2 + 3 = −5  x3 − y2 = −4  x3 = −3 • ⇔ ⇔ (loại) 2x3 + 2y2 + 3 = −1 x3 + y2 = −2 y2 = 1 Vậy phương trình đã cho có các cặp nghiệm nguyên: (x; y) = {(0; 1); (0; −1)} Nhận xét. Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp kẹp. Ví dụ 4.8. Giải phương trình nghiệm nguyên dương: 1 1 1 + = (4.15) x y p trong đó p là số nguyên tố. 4 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  67. 4.1. Xét tính chia hết 63 Lời giải. (4.15) ⇔ xy = px + py ⇒ (x − y)(y − p) = p2. Vì p là số nguyên tố nên ước số nguyên của p2 chỉ có thể là ±1, ±p, ±p2. Thử lần lượt với các ước trên ta dễ tìm được kết quả. Phần trình bày xin dành cho bạn đọc.  Nhận xét. Phương pháp này cần hai bước chính: Phân tích thành ước số và xét trường hợp để tìm kết quả. Hai bước này có thể nói là không quá khó đối với bạn đọc, nhưng xin nói một số lưu ý thêm về bước xét trường hợp. Trong một số bài toán, hằng số nguyên ở vế phải sau khi phân tích là một số có nhiều ước, như vậy đòi hỏi xét trường hợp và tính toán rất nhiều. Một câu hỏi đặt ra là: Làm thế nào để giảm số trường hợp bị xét đây? Và để trả lời được câu hỏi đó, ta sẽ tham khảo ví dụ dưới đây. Ví dụ 4.9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 12x = y2. (4.16) Lời giải. (thông thường) Phương trình (4.16) đã cho tương đương với: (x + 6)2 − y2 = 36 ⇔ (x + 6 + y)(x + 6 − y) = 36 Suy ra x + y + 6, x + 6 − y là ước của 36. Mà số 36 có tất cả 18 ước nên ta phải xét 18 trường hợp tương ứng với x + 6 + y ∈ {±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±9; ±12; ±18; ±36} . Kết quả là ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) là (0; 0); (−12; 0); (−16; 8); (−16; −8); (4; 8); (4; −8) . Nhận xét. Đúng như vấn đề mà ta đã nêu ra ở trên, số ước quá nhiều để xét. Cho nên ta sẽ có các nhận xét sau đề thực hiện thao tác "siêu phàm" chuyển từ con số 18 xuống chỉ còn 2! Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  68. 64 4.1. Xét tính chia hết Vì y có số mũ chẵn trong phương trình nên có thể giả sử y ≥ 0. Khi đó x + 6 − y ≤ x + 6 + y, do vậy ta loại được tám trường hợp và còn lại các trường hợp sau: ( ( ( x + 6 + y = 9 x + 6 + y = −9 x + y + 6 = −1 , , , x + 6 − y = 4 x + 6 − y = −4 x + y − 6 = −36 ( ( ( x + y + 6 = 36 x + y + 6 = −2 x + y + 6 = 18 , , , x − y + 6 = 1 x − y + 6 = −18 x − y + 6 = 2 ( ( ( x + y + 6 = −3 x + y + 6 = 12 x + y + 6 = −6 , , , x − y + 6 = −12 x − y + 6 = 3 x − y + 6 = −6 ( x + y + 6 = 6 . x + y − 6 = 6 Bây giờ ta đã có 10 trường hợp, ta sẽ tiếp tục lược bỏ. Nhận thấy (x + y + 6) − (x + 6 − y) = 2y nên x + 6 − y và x + 6 + y có cùng tính chẵn lẻ, do đó ta loại thêm 6 trường hợp, chỉ còn ( ( x + y + 6 = 18 x + y + 6 = −2 , , x + y − 6 = 2 x + y − 6 = −18 ( ( x + y + 6 = −6 x + y + 6 = 6 , x − y + 6 = −6 x + y − 6 = 6 . ( ( x + y + 6 = −6 x + y + 6 = 6 Tiếp tục xét hai phương trình và , x − y + 6 = −6 x + y − 6 = 6 hai phương trình này đều tìm được y = 0. Vậy sao không để đơn giản hơn, ta xét y = 0 ngay từ đầu. Phương trình có dạng x(x + 12) = y2, xét hai khả năng: • Nếu y = 0 thì x = 0 hoặc x = −12. • Nếu y 6= 0 thì x+6+y > x+6−y, áp dụng hai nhận xét trên ta chỉ ( ( x + y + 6 = −2 x + y + 6 = 18 có hai trường hợp: và . x − y + 6 = −18 x − y + 6 = 2  Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  69. 4.1. Xét tính chia hết 65 Phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên (x; y) = (−16; 8), (0; 0), (−12; 0), (−16; 8), (4; 8), (4; −8) Nhận xét. Như vậy bài toán ngắn gọn, chính xác nhờ linh hoạt trong việc xét tính chẵn lẻ, giới hạn hai số để giảm số trường hợp cần xét. Ngoài các cách đánh giá trên ta còn có thể áp dụng xét số dư từng vế để đánh giá (đây cũng là một phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên). Bài tập đề nghị Bài 1. Thử biến đổi các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên ở phương pháp Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại bằng phương pháp đưa về ước số. Bài 2. Tìm độ dài cạnh một tam giác vuông sao cho tích hai cạnh huyền gấp ba lần chu vi tam giác đó. Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên x − y + 2xy = 6 Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên 2x + 5y + 2xy = 8 Bài 5. (Thi HSG lớp 9 tỉnh Quảng Ngãi năm 2011-2012) Giải phương trình nghiệm nguyên 6x + 5y + 18 = 2xy Bài 6. Tìm nghiệm nguyên (xy − 7)2 = x2 + y2 2 Bài 7. Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn 2x − 2xy = 5x − y − 19. Bài 8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 +6xy+8y2 +3x+6y = 2. Bài 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x3 − y3 = xy + 61 Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4x2y2 = 22 + x(1 + x) + y(1 + y) Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  70. 66 4.1. Xét tính chia hết Bài 12. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 6x3 − xy(11x + 3y) + 2y3 = 6 (Tạp chí TTT2 số 106). Bài 13. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x(x+2y)3 −y(y + 2x)3 = 27 (tạp chí THTT số 398). √ Bài 14. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 9x2 + 16x + 96 = 3x− 16y − 24. Bài 15. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình s 1 r 1 2 + x + + x + = y 2 4 . Bài 16. Tìm số nguyên x để x2 − 4x − 52 là số chính phương. Bài 17. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + 2y2 + 3xy − 2x − y = 6. Bài 18. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + 3xy − y2 + 2x − 3y = 5. Bài 19. Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 3y2 + xy − 3x − 3 = y. Bài 20. (Tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên trường KHTN Hà Nội năm học 2012-2013) Tìm tất cả các cặp số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức (x + y + 1)(xy + x + y) = 5 + 2(x + y). Bài 21. Giải phương trình nghiệm nguyên x4 −2y4 −x2y2 −4x2 −7y2 − 5 = 0. (Thi HSG lớp 9 tỉnh Hưng Yên năm 2011-2012) Bài 22. (Romanian 1999) Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x5 − x4y − 13x3y2 + 13x2y3 + 36xy4 − 36y5 = 1937 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  71. 4.1. Xét tính chia hết 67 4.1.3 Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi sử dụng tính chia hết Ví dụ 4.10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x − xy + 3 = 0 (4.17) Lời giải. Nhận xét. Ở phương trình này ta không thể áp dụng các cách đã biết, vậy ta phải làm sao? Chú ý hơn một xíu nữa ta thấy có thể biểu diễn y theo x được rồi vận dụng kiến thức tìm giá trị nguyên ở lớp 8 tìm nghiệm nguyên của phương trình, thử làm theo ý tưởng đó xem sao. (4.17) ⇔ xy = 2x + 3 Nếu x = 0 thì phương trình (4.17) đã cho vô nghiệm nguyên y. Nếu x 6= 0 thì 2x + 3 3 (4.17) ⇔ y = = 2 + x x 3 Như vậy muốn y nguyên thì ta cần nguyên hay nói cách khác x là x ước của 3. Với mỗi giá trị nguyên x ta tìm được một giá trị y nguyên. Từ đó, ta có bộ nghiệm của (4.17) là (x; y) = (−3; 1); (−1; −1); (1; 5); (3; 3) Ví dụ 4.11 (Thi HSG lớp 9 Quảng Ngãi năm 2011-2012). Tìm các số nguyên dương x, y sao cho 6x + 5y + 18 = 2xy (4.18) Nhận xét. Hướng phân tích và định hướng lời giải. Đã xác định được phương pháp của dạng này thì bây giờ ta sẽ biểu diễn ẩn x theo y. −5y − 18 Không khó để viết thành x = . Ta dường như nhân thấy biểu 6 − 2y thức này rất khó phân tích như biểu thức ở ví dụ đầu. Tuy nhiên, nếu để ý kĩ sẽ thấy bên mẫu là 2y và tử là 5y, do đó ta mạnh dạn nhân 2 vào tử để xuất hiện 2y giống như ở mẫu. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  72. 68 4.1. Xét tính chia hết Lời giải. Ta có −5y − 18 (4.18) ⇔ x = 6 − 2y −10y − 36 ⇔ 2x = 6 − 2y −66 + 5(6 − 2y) −66 ⇔ 2x = = + 5 6 − 2y 6 − 2y −33 ⇔ 2x = + 5 3 − y Như vậy muốn x là số nguyên dương thì 3 − y là phải là ước của −33. Hay 3 − y ∈ {±1; ±3; ±11, ±33}. Lại để ý rằng vì y ≥ 1 nên 3 − y ≤ 2. Do đó chỉ có thể 3 − y ∈ {±1; −3; −11; −33}. Ta có bảng sau: 3 − y 1 −1 −3 −11 −33 y 2 4 6 14 36 x −14 19 8 4 3 Thử lại thấy các cặp (x; y) nguyên dương thỏa mãn (4.18) là (x; y) = (19; 4), (8; 6), (4; 14), (3; 36).  Nhận xét. Bài này ta cũng có thể sử dụng phương pháp đưa về phương trình ước số. Cũng xin chú ý với bạn rằng ở lời giải trên thì ta đã nhân 2 ở x để biến đổi, do đó phải có một bước thử lại coi giá trị x, y tìm được có thỏa mãn (4.18) hay không rồi mới có thể kết luận. Bài tập đề nghị Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 − xy = 6x − 5y − 8. Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + x + 1 = 2xy + y. Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên x3 − x2y + 3x − 2y − 5 = 0. Bài 4. (Vào 10 chuyên THPT ĐHKHTN Hà Nội năm 2001-2002) Tìm giá trị x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức (y − 2)x2 + 1 = y2. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  73. 4.1. Xét tính chia hết 69 Bài 5. (Vào 10 chuyên THPT ĐHKHTN Hà Nội năm 2000-2001) Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức y(x − 1) = x2 + 2. Bài 6. Tìm số nhỏ nhất trong các số nguyên dương là bội của 2007 và có 4 chữ số cuối cùng là 2008. Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x − 3y = 2xy − 11. 4.1.4 Xét số dư từng vế Cơ sở phương pháp. Đọc ngay tiêu đề phương pháp thì chắc bạn sẽ hiểu ngay phương pháp này nói đến việc xét số dư ở từng vế cho cùng một số. Vậy, tại sao lại phải xét và xét như vậy có lợi ích gì trong "công cuộc" giải toán? Hãy cùng tìm hiểu qua ví dụ đầu sau: Ví dụ 4.12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 = 2011 (4.19) Lời giải. Ta có x2; y2 chia 4 có thể dư 0 hoặc 1 nên tổng chúng chia 4 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 2. Mặt khác 2011 chia 4 dưa 3 nên phương trình (4.19) vô nghiệm nguyên.  Nhận xét. Qua ví dụ đầu này thì ta đã thấy rõ số dư khi chia cho 4 của hai số khác nhau thì phương trình vô nghiệm. Do đó ta lại càng hiểu thêm mục đích của phương pháp này. Bật mí thêm tí nữa thì phương pháp này chủ yếu dùng cho các phương trình không có nghiệm nguyên. Cho nên, nếu bạn bắt gặp một phương trình bất kì mà bạn không thể tìm ra được nghiệm cho phương trình đó, thì hãy nghĩ đến phương pháp này đầu tiên. Còn bây giờ ta tiếp tục đến với ví dụ sau: Ví dụ 4.13 (Balkan MO 1998). Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 = y5 − 4 (4.20) Lời giải. Ta có: x2 ≡ 0; 1; 3; 4; 5; 9 (mod 11). Trong khi đó y5 − 4 ≡ 6; 7; 8 (mod 11): vô lý. Vậy phương trình (4.20) vô nghiệm nguyên.  Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  74. 70 4.1. Xét tính chia hết Nhận xét. Một câu hỏi nữa lại lóe lên trong đầu ta: Làm thế nào lại có thể tìm được con số 11 để mà xét đồng dư được nhỉ? Đáp án của câu hỏi này cũng chính là cái cốt lõi để bạn vận dụng phương pháp này, và đó cũng là những kinh nghiệm sau: 1. Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các bình phương thì ta thường xét đồng dư với 3, 4, 5, 8. Cụ thể là: a2 ≡ 0, 1 (mod 3) a2 ≡ 0, 1 (mod 4) a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 5) a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) 2. Đối với các phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các số lập phương thì ta thường xét đồng dư với 9, vì x3 ≡ 0; 1; 8 (mod 9) và đồng dư với 7, vì x3 ≡ 0, 1, 6 (mod 7). 3. Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các lũy thừa bậc 4 thì ta thường xét đồng dư với 8, như: z4 ≡ 0, 1 (mod 8). 4. Một vấn đề cuối cùng là định lí Fermat: Đối với phương trình nghiệm nguyên có sự tham gia của các lũy thừa có số mũ là một số nguyên tố hay là một số mà khi cộng 1 vào số đó ta được một số nguyên tố thì ta thường sử dụng định lí nhỏ Fermat để xét đồng dư. Trên đây là một số kinh nghiệm bản thân, còn nếu các bạn muốn vận dụng được phương pháp xét số dư này, yêu cầu hãy ghi nhớ kinh nghiệm trên và tìm cách chứng minh nó. Ngoài ra, nếu bạn muốn mở rộng tầm hiểu biết hơn nữa, bạn có thể tìm các đồng dư với lũy thừa khác nhau (chẳng hạn qua ví dụ 2 ta đã rút ra được mođun 11 cho lũy thừa bậc hai, bậc năm). Còn bây giờ, hãy thử xem kinh nghiệm trên có hiệu quả không nhé! Ví dụ 4.14 (Bài toán trong tuần - diendantoanhoc.net). Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x10 + y10 = z10 + 199 Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  75. 4.1. Xét tính chia hết 71 Nhận xét. Thường thường các bài toán khi đặt câu hỏi phương trình có nghiệm hay không thì thường có câu trả lời là không. Do đó để chứng minh phương trình trên không có nghiệm, thì ta sẽ tìm một con số sao cho khi chia VT và VP cho con số này thì được hai số dư khác nhau. Như vậy, công việc bây giờ của ta là tìm con số đó. Để ý đến số mũ 10 thì sẽ khiến ta liên tưởng con số 11 là số nguyên tố. Như vậy lời giải của ta sẽ áp dụng định lý Fermat nhỏ cho số 11 để chứng minh hai vế phương trình chia cho 11 không cùng số dư.  x10 ≡ 0, 1 (mod 11)  Lời giải. Áp dụng định lý Fermat nhỏ thì y10 ≡ 0, 1 (mod 11) . z10 ≡ 0, 1 (mod 11) Do đó x10 + y10 − z10 ≡ 0, 1, 2, 10 (mod 11) mà 199 ≡ 8 (mod 11) nên phương trình vô nghiệm nguyên.  Ví dụ 4.15 (Đề thi chọn HSG toán quốc gia năm 2003 - Bảng B). Hệ phương trình sau có tồn tại nghiệm nguyên hay không: x2 + y2 = (x + 1)2 + u2 = (x + 2)2 + v2 = (x + 3)2 + t2 (4.21) Nhận xét. Ta dự đoán phương trình trên cũng sẽ vô nghiệm. Do đó cần tìm một số và khi chia cả 5 vế được các số dư khác nhau. Để ý bài toán này có bình phương nên ta nghĩ tới việc sử dụng các tính chất như: a2 ≡ 0, 1 (mod 3), a2 ≡ 0, 1 (mod 4), a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 5), a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Ở bài toán này, ta sẽ chọn 8. Bây giờ chỉ cần xét tính dư khi chia cho 8. Lời giải. Giả sử phương trình (4.21) có nghiệm nguyên (x0, y0, u0, v0, t0), tức là: 2 2 2 2 2 2 2 2 x0 + y0 = (x0 + 1) + u0 = (x0 + 2) + v0 = (x0 + 3) + t0 (4.22) 2 Với a ∈ Z thì a ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Ta xét các khả năng sau: Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  76. 72 4.1. Xét tính chia hết 2 2 1. Nếu x0 ≡ 0 (mod 4) thì x0 + y0 ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Và 2 x0 + 1 ≡ 1 (mod 8) ⇒ (x0 + 1) ≡ 1 (mod 8) 2 2 ⇒ (x0 + 1) + u0 ≡ 1, 2, 5 (mod 8) 2 x0 + 2 ≡ 2 (mod 4) ⇒ (x0 + 2) ≡ 4 (mod 8) 2 2 ⇒ (x0 + 2) + v0 ≡ 0, 4, 5 (mod 8) 2 x0 + 3 ≡ 3 (mod 4) ⇒ (x0 + 3) ≡ 1 (mod 8) 2 2 ⇒ (x0 + 3) + t0 ≡ 1, 2, 5 (mod 8) Nhận thấy {0, 1, 4} ∩ {1, 2, 5} ∩ {0, 4, 5} ∩ {1, 2, 5} = 0 nên do đó phương trình không có nghiệm nguyên với x ≡ 0 (mod 4). 2. Tương tự với x0 ≡ 1 (mod 4), x0 ≡ 2 (mod 4) và x0 ≡ 3 (mod 4) ta cũng thực hiện tương tự và cũng cho kết quả phương trình không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình (4.21) đã cho không có nghiệm nguyên.  Nhận xét. Ví dụ 4 ta có thể tổng quát lên: Ví dụ 4.16. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 (x + 1) + y1 = (x + 2) + y2 = = (x + n) + yn có nghiệm nguyên. 4 Đây cũng chính là đề thi chọn đội tuyển HSG quốc gia toán năm 2003 - Bảng A. Lời giải xin giành cho bạn đọc. Cũng xin nói thêm một thừa nhận rằng, ở phương pháp xét số dư từng vế này, chúng ta cứ tưởng chừng như đơn giản, nhưng thực chất không phải thế. Dẫn chứng là các ví dụ ở trên, đều là các bài toán hay và khó lấy từ khác cuộc thi trong nước và ngoài nước. Bài tập đề nghị Bài 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f(1).f(2) là số lẻ. Chứng minh rằng phương trình f(0) = 0 không có nghiệm nghiệm nguyên. Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  77. 4.1. Xét tính chia hết 73 Bài 2. Tồn tại hay không nghiệm nguyên của phương trình x12 +y12 + z12 = 2 372012 + 20141995 . Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên 312x + 122x + 19972x = y2. Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 7z = 2x · 3y − 1 Bài 5. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2x · 3y = 1 + 5z 30 Bài 6. Giải phương trình nghiệm tự nhiên 19x + 5y + 1890 = 19754 + 1993. Bài 7. Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + y3 + z3 = 1012 Bài 8. (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trần Phú, Hải Phòng năm học 2012-2013) x4 + y4 + z4 = 2012 10n − 1 Bài 9. |x − y| + |y − z| + |z − x| = với mọi n ∈ 9 N Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + 1)(2x + 2)(2x + 3)(2x + 4) − 5y = 11879 Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 +(x+1)2 +(x+2)2 = y2. Bài 12. (Tuyển sinh vào THPT chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm 2011- 2012) Chứng minh rằng không tồn tại bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + 5. 4 4 4 Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên x1+x2+··· = x13+20122015. Bài 14. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng phương trình xp + yp = p [(p − 1)!]p không có nghiệm nguyên Bài 15. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2012 − y2010 = 7. Bài 16. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên x, y thỏa mãn x5 + y5 + 1 = (x + 2)5 + (y − 3)5. Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  78. 74 4.2. Sử dụng bất đẳng thức 4.2 Sử dụng bất đẳng thức 4.2.1 Sắp thứ tự các ẩn Ví dụ 4.17. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau 1 1 1 + + = 1 (4.23) x y z Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 1 1 1 3 1 ≤ x ≤ y ≤ z ⇒ + + = 1 ≤ ⇒ x ≤ 3 x y z x • Với x = 1 thì (4.23) không có nghiệm nguyên dương. 1 1 1 1 1 1 2 • Với x = 2 thì + + = 1 ⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ 4 Mặt 2 y z y z 2 y khác, y ≥ x = 2 ⇒ y ∈ {2; 3; 4}. Ta thử lần lượt các giá trị của y ∗ Với y = 2 thì (4.23) vô nghiệm nguyên. ∗ Với y = 3 thì z = 6. ∗ Với y = 4 thì z = 4. 1 1 1 1 1 2 2 • Với x = 3, ta có + + = 1 ⇔ + = ≤ ⇒ y ≤ 3 Mặt 3 y z y z 3 y khác, do y ≥ x = 3 ⇒ y = 3 ⇒ z = 3 Vậy nghiệm nguyên (x; y; z) của (4.23) là hoán vị của các bộ (2; 3; 6); (2; 4; 4); (3; 3; 3).  Nhận xét. Phương pháp này được sử dụng ở chỗ sắp thứ tự các ẩn 1 ≤ x ≤ y ≤ z rồi giới hạn nghiệm để giải. Ta chỉ sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn khi vai trò các ẩn là bình đẳng với nhau. Dó đó khi vận dụng phương pháp này các bạn cần chú ý để tránh nhầm lẫn. Cụ thể, ta sẽ đến với ví dụ sau: Ví dụ 4.18. Giải phương trình nghiệm nguyên dương x + y + 1 = xyz (4.24) Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  79. 4.2. Sử dụng bất đẳng thức 75 Lời giải (Lời giải sai). Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Khi đó x+y+1 ≤ 3z hay xyz ≤ 3z, suy ra xy ≤ 3. Mà z ≥ y ≥ x ≥ 1 nên x = y = z = 1. Nhận xét. Cái lỗi sai ở lời giải này là do x, y, z không bình đẳng, nên không thể sắp thứ tự các ẩn như trên. Sau đây là lời giải đúng: Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≤ x ≤ y. Ta xét trường hợp: • Nếu x = y thì (4.24) ⇔ 2y + 1 = y2z ⇔ y(z − 2) = 1 ( y = 1 ⇔ yz − 2 = 1 ( y = 1 ⇔ z = 3 • Nếu x xyz. ⇒ 2y ≥ xyz ⇒ xz ≤ 2 ⇒ xz ∈ {1; 2}. ∗ Với xz = 1 ⇒ x = z = 1, thay vào (4.24) suy ra y + 2 = y (vô nghiệm). ( ( x = 1 x = 2 ∗ Với xz = 2 ⇒ hoặc . Từ đây ta tìm z = 2 z = 1 được nghiệm x = 1, y = 2, z = 2 hoặc x = 1, y = 3, z = 1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là (1; 1; 3), (1; 2; 2), (2; 1; 2), (2; 3; 1), (3; 2; 1).  Nhận xét. Bây giờ bạn đã hiểu vì cách sắp xếp các ẩn như thế nào. Nhưng tại sao ở bài này lại xét x = y và x < y mà lại không đi vào phân Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  80. 76 4.2. Sử dụng bất đẳng thức tích luôn như bài trước. Nếu bạn để ý rằng nếu không phân chia thành hai trường hợp nhưu trên thì phương trình (4.24) sẽ thành 2y+1 ≥ y2z, rất khó để tiếp tục phân tích ra nghiệm. Do đó việc xét nhưu trên là hợp lí. Bài tập đề nghị Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 2(x+y+z)+9 = 3xyz. Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương xyz = 3(x + y + z). Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên dương x! + y! = (x + y)! (Kí hiệu x! là tích các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến x). Bài 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x3 +7y = y3 +7x. Bài 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x1+x2+···+x12 = x1x2 ··· x12. x Bài 7. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình + y2z2 y z + = t. z2x2 x2y2 Bài 8. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x! + y! + z! = u!. 4.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Nhận xét. Để giải phương trình này, ta thường sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá một vế của phương trình không nhỏ hơn (hoặc không lớn hơn) vế còn lại. Muốn cho hai vế bằng nhau thì bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức. Cụ thể, ta có một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng: 1. Bất đẳng thức Cauchy (hay còn gọi là bất đẳng thức AM-GM): Nếu a1, a2, ··· , an là các số thực không âm thì a + a + ··· + a √ 1 2 n ≥ n a a ··· a n 1 2 n Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  81. 4.2. Sử dụng bất đẳng thức 77 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ··· = an. 2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (hay còn được gọi là bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz): Với hai bộ số thực bất kì (a1, a2, ··· , an) và (b1, b2, ··· , bn), ta có 2 2 2  2 2 2  a1 + a2 + ··· + an b1 + b2 + ··· + bn ≥ 2 ≥ (a1b1 + a2b2 + ··· + anbn) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho ai = kbi với mọi i = 1, 2, ··· , n. 3. Bất đẳng thức Trebusep (hay còn viết là bất đẳng thức Chebyshev): Cho dãy hữu hạn các số thực được sắp theo thứ tự a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn. Khi đó ta có: n(a1b1 +a2b2 +···+anbn) ≥ (a1 +a2 +···+an)(b1 +b2 +···+bn)  a = a = ··· = a Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n . b1 = b2 = ··· = bn Bây giờ ta sẽ cùng xem xét một số ví dụ sau: Ví dụ 4.19. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x6 + z3 − 15x2z = 3x2y2z − (y2 + 5)3 (4.25) Lời giải. Nhận xét. Ở phương trình này khi mới nhìn vào hẳn đa số các bạn sẽ có phần rối, không xác định được phương pháp làm, không vận dụng được các phương pháp đã học. Tuy nhiên nếu để ý kĩ một xí thì ta thấy x6 = (x2)3 điều này có gì đặc biệt? Ta thấy (x2)3, z3 và (y2 + 5)3 đều có cùng bậc ba và đề bài đã cho nguyên dương nên ta nghĩ ngay đến một Bất đẳng thức kinh điển: Bất đẳng thức Cauchy hay còn gọi là bất đẳng thức AM-GM. Ta giải như sau (4.25) ⇔ (x2)3 + (y2 + 5)3 + z3 = 3x2z(y2 + 5) Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học
  82. 78 4.2. Sử dụng bất đẳng thức Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho bộ ba số dương (x2)3, z3 và (y2 + 5)3 ta được: p3 (x2)3+(y2+5)3+z3 ≥ 3 (x2)3.(y2 + 5)3.z3 = 3x2z(y2+5) = VP (4.25) Dấu bằng chỉ xảy ra khi x2 = y2 + 5 = 5. Mặt khác ta có: x2 = y2 + 5 ⇔ (x − y)(x + y) = 5 Đây là một dạng phương trình nghiệm nguyên quen thuộc ta đã học, tôi tin chắc các bạn đều có thể dễ dàng giải phương trình trên, và từ x; y trên ta có thể tìm được z một cách dễ dàng. Đáp số: Nghiệm nguyên của phương trình (4.25) là (x; y; z) = (3; 2; 9). Ví dụ 4.20. Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x + y + z)2 = 3(x2 + y2 + 1) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số (x, y, 1) và (1, 1, 1) ta có (x + y + 1)2 ≤ (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + 1) = 3(x2 + y2 + 1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là (x, y) = (1, 1).  Nhận xét. Các bài Toán về phương trình nghiệm nguyên mà giải bằng cách sử dụng Bất đẳng thức rất ít dung vì rất dễ bị lộ dụng ý nếu người ra đề không khéo léo. Tuy nhiên, ta vẫn phải thành thạo phương pháp này không được xem thường nó để tránh những sai lầm đáng tiếc không thể sửa được. Bài tập đề nghị Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y xy yz zx Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình + + = 3. z x y Diễn đàn Toán học Chuyên đề Số học
  83. 4.2. Sử dụng bất đẳng thức 79 Bài 3. (Đề thi tuyển sinh vào đại học Vinh) Tìm nghiệm nguyên của phương trình (x2 + 1)(y2 + 4)(z2 + 9) = 48xyz Bài 4. Giải phương trình nghiệm nguyên 4 1 25 √ √ √ + √ + √ = 16 − x − 2 − py − 1 − z − 5 x − 2 y − 1 z − 5  x2 + z2 = 9  Bài 5. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình y2 + t2 = 16 xt + yz = 12 Bài 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x3 +y3 −6xy+8 = 0. ( xy + yz + zx = 12 Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình . x4 + y4 + z4 = 48 Bài 8. Cho phương trình x3 + y3 + z3 = nxyz. a, Chứng minh rằng khi m = 1 và m = 2 thì phương trình không có nghiệm nguyên dương. b, Giải phương trình nghiệm nguyên dương khi m = 3. Bài 9. Giải phương trình nghiệm nguyên dương (x3 +y3)+4(x2 +y2)+ 4(x + y) = 16xy. Bài 10. Giải phương trình nghiệm nguyên dương 3(x4 + y4 + x2 + y2 + 2) = 2(x2 − x + 1)(y2 − y + 1) Bài 11. Giải phương trình nghiệm nguyên dương với x, y, z là các số đôi một khác nhau x3 + y3 + z3 = (x + y + z)2 Chuyên đề Số học Diễn đàn Toán học