ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Hồng Đại Việt Phƣơng trình nghiệm nguyên hàm số học LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Hồng Đại Việt Phƣơng trình nghiệm ngun hàm số học Chuyên ngành: PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS.VŨ ĐỖ LONG Hà Nội – Năm 2017 MỤC LỤC Mở đầu Chƣơng 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Một số kết số học giải phƣơng trình nghiệm nguyên 1.2 Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính 1.2.1 Định nghĩa 1.3 Phƣơng trình Fermat 1.3.1 Các số Pitago 1.3.2 Phƣơng trình Fermat 1.3.3 Phƣơng trình Pell 12 Chƣơng 2: MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH NGHIÊM NGUYÊN 17 2.1 Phân loại Phƣơng trình nghiệm nguyên 17 2.1.1 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết nhƣ sau: 17 2.1.2 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết nhƣ sau: 17 2.1.3 Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai, chi tiết nhƣ sau: 17 2.1.4 Một số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên khác 17 2.2 Các tốn phƣơng trình nghiệm nguyên 17 CHƢƠNG Các khái niệm, định lí hàm số học 47 3.1 Các hàm số học 47 3.1.1 Phi - hàm Ơ-le 47 3.1.2 Các tính chất 47 3.2 Hàm tổng ƣớc số dƣơng n 51 3.2.1 Định nghĩa 51 3.3 Hàm số ƣớc   n  54 3.3.1 Định nghĩa 54 3.3.2 Các tính chất 54 3.4 Hàm Mobius (n) 54 3.4.1 Định nghĩa 54 3.4.2 Các tính chất 55 3.5 Hàm phần nguyên [x] 55 3.5.1 Định nghĩa 55 3.5.2 Các tính chất 55 3.6 Hàm phần lẻ {x} 57 3.7 Các toán hàm số học 58 3.7.1 Các toán Phi - hàm Ơ-le 58 3.7.2 Các toán hàm Tổng ƣớc số dƣơng n 60 3.7.3 Một số toán hàm số ƣớc   n  62 3.7.4 Một số toán hàm Mobius (n) 65 3.7.5 Một số toán hàm phần nguyên [x] hàm phần lẻ {x} 66 Kết luận 71 Tài liệu tham khảo 74 Mở đầu Số học lĩnh vực cổ xƣa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều toán, giả thuyết chƣa có câu trả lời Trên đƣờng tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, có nhiều tƣ tƣởng lớn, nhiều lí thuyết lớn tốn học nẩy sinh Hơn nữa, năm gần đây, Số học khơng lĩnh vực tốn học lí thuyết, mà cịn lĩnh vực có nhiều ứng dụng, đạc biệt lĩnh vực bảo mật thông tin Vì thế, việc trang bị kiến thức số học từ trƣờng phổ thông cần thiết Khơng nhƣ nhiều ngành khác tốn học, có nhiều thành tựu đại quan trọng Số học hiểu đƣợc với kiến thức phổ thông đƣợc nâng cao bƣớc Do đó, lĩnh vực thuận lợi để đƣa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học đại Tuy nhiên, chƣơng trình Số học trƣờng phổ thông nay, môn Số học chƣa đƣợc giành nhiều thời gian Cũng mà học sinh thƣờng lúng túng giải toán Số học, đặc biệt kì thi chọn học sinh giỏi nội dung hay đƣợc đề cập đến kì thi ―Phƣơng trình nghiệm ngun‖, ln vấn đề hay khó với học sinh Ngoài phần Số học, hàm số học đóng vai trị quan trọng việc hình thành nghiên cứu lí thuyết để hồn thiện, vấn đề cổ điển quan trọng Số học Các tập ứng dụng hàm số học đƣợc đề cập nhiều kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế,… Mục đích luận văn nêu đƣợc số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên phƣơng pháp giải dạng Cụ thể phân loại đƣợc dạng phƣơng trình thơng qua hệ thống tập giải phƣơng trình nghiệm nguyên Đồng thời đƣa đƣợc hệ thống tập tham khảo cho dạng nêu đƣợc số ứng dụng hàm số học Nội dung luận văn gồm chƣơng Chƣơng 1: Trình bày kiến thức lí thuyết chia hết Chƣơng 2: Một số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên phƣơng pháp giải Chƣơng Các khái niệm, định lí hàm số học Luận văn đƣợc hồn thành với hƣớng dẫn bảo tận tình PGS.TS Vũ Đỗ Long – ĐH Khoa học Tự nhiên Thầy dành nhiều thời gian hƣớng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin đƣợc bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin cảm ơn tới Phòng Giáo dục & Đào tạo quận Bắc Từ Liêm, trƣờng THCS Thụy Phƣơng, tổ toán trƣờng THCS Thụy Phƣơng tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành khóa học Tôi xin gửi tới Thầy Cô khoa Tốn, phịng Đào tạo sau Đại học Trƣờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, nhƣ Thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2014-2016 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình giáo dục, đào tạo nhà trƣờng Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán – Chuyên ngành Phƣơng pháp toán sơ cấp 2014-2016, Trƣờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – ĐH QGHN động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Tuy nhiên hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong đƣợc đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới luận văn Hà Nội, ngày 25 tháng năm 2017 Tác giả Hoàng Đại Việt Chƣơng 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chƣơng trình bày lại số kiến thức số loại phƣơng trình nhƣ phƣơng trình Điơphăng tuyến tính, phƣơng trình Fermat, phƣơng trình Pell 1.1 Một số kết số học Định lý 1.1.1 (Định lý số học) Cho n số nguyên dƣơng lớn Khi n ln biểu diễn đƣợc cách dƣới dạng sau: n = p11.p2 .pk k , Trong k,  i (i = 1, 2, , k) số tự nhiên pi số nguyên tố thỏa mãn: < pi < p2 < < pk Định lý 1.1.2 (Định lý Euclid.) Tồn vô hạn số nguyên tố Định lý 1.1.3 Giả sử a, b hai số nguyên dƣơng, p số nguyên tố cho ab  p Khi ta phải có a  p, b  p Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a b Ta nói a đồng dƣ với b theo Modulo m (m nguyên dƣơng) ký hiệu a  b (mod m) (a - b) m Các tính chất đồng dƣ Tính chất Nếu a  b (mod m) c  d (mod m) a + c  b + d (mod m) ac  bd (mod m) Tính chất Nếu p số nguyên tố ab  (mod p) a  (mod p) hay b  (mod p) Định lý 1.1.4 (Định lý Fermat) Nếu p số nguyên tố a số nguyên tùy ý (ap — a)  p Khi ( a , p ) = 1, ap-1  1(mod p) Định lý 1.1.5 (Định lý Euler) Nếu m số nguyên dƣơng ( a , m ) = , t hì a (m)  1(mod m) Ở   m  số số nguyên dƣơng nhỏ m nguyên tố với m (   m  gọi Phi-hàm Euler) Định lý 1.1.6 (Đinh lý Wilson) p số nguyên tố (p - 1)! + chia hết cho p Định lý 1.1.7 (Đinh lý Fermat-Euler) Nếu p = 4k + 1, tồn số nguyên dƣơng a, b cho p = a2 + b2 Định lý 1.1 (Định lý phần dƣ Trung Hoa) Giả sử r s số nguyên dƣơng nguyên tố nhau, a b hai số nguyên tùy ý Khi tồn số nguyên N cho N  a (mod r) N  b (mod s) Ngoài N đƣợc xác đinh cách 1.2 Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính 1.2.1 Định nghĩa Phƣơng trình Điơphăng tuyến tính phƣơng trình có dạng: ax + by = c (1) a, b, c số nguyên, giá trị x, y nhận giá trị nguyên Giải phƣơng trình Điơphăng (1) tức tìm cặp số ngun (x, y) thỏa mãn (1) Định lý 1.2.1 Giả sử a,b số nguyên, d ƣớc chung lớn a b Khi phƣơng trình ax + by = c khơng có nghiệm ngun d khơng ƣớc c Nếu c  d phƣơng trình có vơ số nghiệm Hơn x = x0, y = y0 nghiệm phƣơng trình nghiệm phƣơng trình có dạng: b a x = x  n, y  y0  n d d Trong n số nguyên Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phƣơng trình Do d|a, d|b nên d|c Nhƣ vậy, d khơng ƣớc c phƣơng trình khơng có nghiệm ngun Vì (a, b) = d nên tồn số nguyên t s cho d = as + bt (2) Cũng d|c nên tồn e nguyên cho de = c Nhân hai vế (2) với c ta đƣợc: c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te) Nhƣ vậy, ta có nghiệm phƣơng trình cho x = x0 = se, y = y0 = te Ta chứng minh tồn vô số nghiệm Đặt x = x0 + b a n, y = y0 - n n nguyên d d Ta thấy cặp (x, y) xác định nhƣ nghiệm, vì: b a ax + by = ax0 + a .n + by0 — b n = ax0 + by0 = c d d Ta phải chứng minh rằng, nghiệm phƣơng trình phải có dạng nêu Giả sử (x, y) nghiệm tùy ý, tức x, y nguyên thỏa mãn ax + by = c Khi (ax + by) — (ax0 + by0) = suy a(x — x0) + b(y — y0) = Tức a(x - x0) = b(y - y0) Chia hai vế đẳng thức cho d, ta đƣợc a b  x  x    y  y0  d d (3) a b Do d = (a , b ) nên  ,   d d Từ suy y0 - y chia hết cho Suy ra: y = y0 - a a , tức tồn n nguyên cho n = y0 - y d d a n d Thay giá trị y vào phƣơng trình (3) ta đƣợc: x = x0 + b n d Định lý giúp ta tìm đƣợc nghiệm phƣơng trình Điơphăng tuyến tính 1.3 Phƣơng trình Fermat 1.3.1 Các số Pitago Bộ ba số nguyên dƣơng (x, y, z) thỏa mãn phƣơng trình: x2 + y2 = z2 đƣợc gọi số Pitago - Tên gọi xuất phát từ Định lý Pitago quen thuộc Nhƣ (x, y, z) số Pitago tồn tam giác vng có số đo hai cạnh góc vng x y, số đo cạnh huyền z (với x , y , z số nguyên dƣơng) Giả sử số (3, 4, 5), (6, 8, 10) số Pitago Rõ ràng (x, y, z) Pitago (kx, ky, kz) số Pitago với số tự nhiên k Do đó, ta cần xét ba số nguyên tố Định nghĩa 1.3.1 Bộ số Pitago (x, y, z) đƣợc gọi nguyên thủy (x, y, z) = Ví dụ 1.3.1 Các số (3, 4, 5), (5, 12, 13) nguyên thủy, số (6, 8, 10) không nguyên thủy Nếu ba số (x, y, z) không nguyên thủy, chẳng hạn (x, y, z) = d, (x, d, d) số Pitago nguyên thủy Để tìm số Pitago nguyên thủy ta dùng Bổ đề sau Bổ đề 1.3.1 Nếu (x, y, z) Pitago nguyên thủy (x, y) = (y, z) = (z, x) = (ký hiệu (x, y, z, ) = d đƣợc hiểu ƢCLN số x, y, z….) Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy (x, y) > Khi tồn số nguyên p cho p|(x, y) Vì p|x p|y nên p|(x2 + y2) = z2 Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z Từ dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = Vậy (x, y) = Tƣơng tự (x, z) = (y, z) = Bổ đề 1.3.2 Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Khi x chẵn, y lẻ x lẻ, y chẵn Chứng minh Giả sử (x, y, z) Pitago nguyên thủy Do Bổ đề 1.3.2 (x, y) = 1, nên x y khơng thể chẵn Nếu x, y lẻ ta có: x2  y2  (mod 4) Nên z2 = x2 + y2  (mod 4) Điều vơ lý Vậy x y khơng tính chẵn lẻ Bổ đề 1.3.3 Giả sử r, s, t số nguyên dƣơng cho (r, s) = rs = t2 Khi tồn số nguyên h, l cho r = l2 s = h2 Chứng minh Nếu r = s = Bổ đề hiển nhiên Ta giả sử r > s > Giả sử phân tích r, s, t thừa số nguyên tố ta đƣợc dạng sau Giả sử   n   n  n Hiển nhiên n khác  1  , suy  1   (loại) Hiển nhiên n số nguyên tố Thật vậy, p số nguyên tố   p   p   p  p (p  2) (loại) Vậy n phải hợp số Vậy n hợp số khi:   n   n  n Ví dụ 3.6 (chứng minh số số hoàn hảo) Số nguyên dƣơng n gọi số hoàn hảo   n  = 2n Lời giải Giả sử n số nguyên dƣơng chẵn có dạng n = 2m-1(2m – 1) m số nguyên, mà m  2m – số nguyên tố Hiển nhiên (2m-1, 2m – 1) = 1; mà   n  hàm nhân tính nên ta có   n  =   2m 1    2m  1 Do 2m – số nguyên tố nên ta có:   p   p    2m  1 = (2m – 1) + = 2m Mặt khác 2m-1 có ƣớc dƣơng 1, 2, 22,…., 2m-1 có tổng ƣớc là: + + 22 + …+ 2m-1 = 2m – Thay vào   n  =   2m 1    2m  1 ta đƣợc:   n  = (2m – 1).2m = 2.2m-1.(2m – 1) =>   n  = 2n Ví dụ 3.7 (Mối liên hệ   n    n  ) Chứng minh với số tự nhiên n  2, ta có:   n  +   n   2n Lời giải Giả sử ƣớc n = d1 < d2 < … < dk = n Trong số tự nhiên khơng vƣợt q n, có n số bội d Mỗi số không vƣợt di n không nguyên tố với n phải bội ƣớc (lớn 1) 61 n Vì ta có: n -   n   Mặt khác: n n n    d d3 dk n n n    = dk-1 + dk-2 +…+d1 =   n  - n d d3 dk Vậy n -   n     n  - n, tức là:   n  +   n   2n Vậy n nguyên tố, ta có đẳng thức   n  +   n  = 2n 3.7.3 Một số toán hàm số ƣớc   n  Ví dụ 3.8 a) Tìm n nhỏ để   n  = Chú ý: Số n luôn có ƣớc n (chính nó) Khi   n  = ƣớc n phải trùng tức n = Và hiển nhiên số tự nhiên n nhỏ b) Giải toán thay lần lƣợt số sau: 2, 3, 100 Xét   n  = 2, n có hai ƣớc n số nguyên tố Vậy   n  = n nhỏ số ngun tố nhỏ Khi   n  =  Xét dạng khai triển thừa số nguyên tố n là: n  p1  p p 2  k k với  i nguyên dƣơng Vậy ta có:   n  = ( 1 + 1) (  + 1)… (  k + 1) = suy n = p2 Với p số nguyên tố Để n nhỏ p phải nhỏ => p = n = Khi   n  = 100 Ta có: 100 = 2.50 = 4.25 = 2.2.25 = 2.2.5.5 = 10.10 Vậy n = P1 p = 49 pp 24 = P1P2 p = P1P2 p p = 24 4 Trong P1; P2; P3; P4 số nguyên tố Số nhỏ số có dạng P1 p 249.3 49 62 pp 9 Số nhỏ số có dạng pp 24 224.33 Số nhỏ số có dạng P1P2 p là: 224.3.5 24 Số nhỏ số có dạng P1P2 p p là: 24.34 5.7 Số nhỏ số có dạng pp 9 là: 29.39 Số nhỏ số là: 24.34 5.7 = 45360 Vậy   n  = 100 n nhỏ 45360 Ví dụ 3.9 Chứng minh với k > 1, phƣơng trình   n  = k có vơ số nghiệm Lời giải Từ công thức:   n  = ( 1 + 1) (  + 1)… (  k + 1)  Nếu n  p1  p p 2  k k , pi số nguyên tố  i nguyên  1; Với I = 1, 2, …, k Xét khả sau: 1) Nếu k số nguyên tố Khi từ   n  = k suy n = pk-1, p số nguyên tố Do tập hợp số nguyên tố vô hạn nên tồn vô hạn số nguyên dƣơng có dạng n = pk-1 Vậy k số nguyên tố phƣơng trình   n  = k có vơ số nghiệm 2) Nếu k hợp số Ta biểu diễn: k = k1.k2 , k1 > 1; k2 > Từ   n  = k nên suy dạng n n  p1 k1 1 p k 1 , p1, p2 số nguyên tố, tƣơng tự nhƣ tập hợp số nguyên tố vô hạn nên tồn vô k1 1 hạn số nguyên dƣơng có dạng n  p1 p Vậy ta có điều phải chứng minh 63 k 1 Ví dụ 3.10 Kí hiệu u(k) ƣớc số lẻ lớn số nguyên k Chứng minh : 2n 2n  k 1 u k  k Lời giải Gọi v(k) lũy thừa phân tích k thành tích số nguyên tố Dễ thấy u(k).v(k) = k với số nguyên dƣơng k, tập hợp {1, 2, …, 2n} có 2n-i-1giá trị k cho v(k) = 2i với số nguyên i = 1, 2, ……, n – có k = 2n thỏa mãn v(k) = 2n Do : 2n 1  n n u k  n  k k 1 2n 2n  vk k 1 2n i 1 2 1  n  1  n    n i 3  i 0 n 1 Ví dụ 3.11 Tìm tất số nguyên dƣơng n có 16 ƣớc số nguyên dƣơng d1, d2, … , d16 Lời giải  Với số nguyên dƣơng n  p1  p p 2  m m số ƣớc số nguyên dƣơng n (1  1)(2  1) (m  1) Do 18 = 2.32 nên 18 có (1 + 1).(2 + 1) = ƣớc Từ theo giả thiết n có 16 ƣớc số nguyên dƣơng nên n = 2.32.p n = 2.37 với p số nguyên tố lớn 18 Nếu n = 2.37 d9 – d8 = 81 – 54 = 27 khác 17 suy không thỏa mãn điều kiện cho Vậy n = 2.32.p với p số nguyên tố lớn 18 + Nếu p < 27 d7 = p, d8 = 27; d9 = 2p = d8 + 17 = 44 suy p = 22 không nguyên tố, vô lý + Nếu 27 < p < 54 d7 = 27; d8 = p; d9 = 54 = d8 + 17 nên p = 37 64 + Nếu p > 54 d7 = 27; d8 = 54, d9 = d8 + 17 = 71 nên p = 71 Vậy ta có số nguyên dƣơng n thỏa mãn đề là: n = 2.33.37 n = 2.33.71 3.7.4 Một số toán hàm Mobius (n) Ví dụ 3.12 Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn 25 < n < 36 cho (n) = Lời giải Ta có: 26 = 2.13   (26) = (-1)2 = 27 = 33   (27) = (loại) 28 = 22.7   (28) = (loại) 29 = 1.29   (29) = (-1)1 = -1 (loại) 30 = 2.3.5   (30) = (-1)3 = -1 (loại) 31 = 1.31   (31) = (-1)1 = -1 (loại) 32 = 26   (32) = (loại) 33 = 3.11   (33) = (-1)2 = 34 = 2.17   (34) = (-1)2 = 35 = 5.7   (35) = (-1)2 = Ví dụ 3.13 Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn 50 < n < 56 cho (n) = Lời giải Ta có: 51 = 3.17   (51) = (-1)2 = 1(loại) 52 = 22.13   (52) = (chọn) 53 = 1.53   (53) = -1 (loại) 54 = 2.33   (54) = (chọn) 55= 5.11   (55) = (-1)2 = (loại) Ví dụ 3.14 Tìm tất số tự nhiên n < 100 không nguyên tố cho (n) = -1 Lời giải Ta biểu diễn đƣợc số n không nguyên tố dƣới dang: n  a  b c d m a, b, c, d số nguyên tố 2.3.5.7 = 210 > 100 nên số n có dạng: 65 n  a  bc Để (n) = -1        n = a.b.c TH1: a = 2; b = 3; c = ta có n = 30 TH2: a = 2; b = 3; c = ta có n = 42 TH3: a = 2; b = 3; c = 11 ta có n = 66 TH4: a = 2; b = 3; c = 13 ta có n = 78 TH5: a = 2; b = 3; c = 17 ta có n = 102 > 100 (loại) TH6: a = 3; b = 5; c = ta có n = 105 > 100 (loại) Vậy số 30 ; 42 ; 66 ; 78 thỏa mãn yêu cầu toán 3.7.5 Một số toán hàm phần nguyên [x] hàm phần lẻ {x} Ví dụ 3.15 Chứng minh với số nguyên n, ta có:  n    n    n  1          n Lời giải  n  1 n  2 n  4 Xét n = 4k, ta có:  = k + 1;   2k   k;           n    n    n  1 Do đó:    n       Xét n = 4k +1, ta có: n  2 n  4  n  1    k ;   = k +1;    2k  n    n    n  1 Do đó:    n       Tƣơng tự với n = 4k + 2; 4k + ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.16 a) Tích A = 1.2.3… 1000 có thừa số phân tích thừa số nguyên tố? b) Số 300! có tận chữ số 0? Lời giải 66 a) Nhận xét: Kể từ số 1, số lại có bội 3; = 32 số lại có bội 9; 27 = 33 số lại có bội 27… số thừa số phân tích 1.2.3… 1000 thừa số nguyên tố bằng: 1000  1000  1000  1000  1000  1000  1000      32    33    34    35    36    37  = 333 + 111 + 37 + 12 + + + = 498 Do số 1000 có phần nguyên = nên ta khơng tiếp tục tìm phần ngun số 37 Tổng quát: Số thừa số nguyên tố p phân tích số A = 1.2.3…….n =n! thừa số n   n   n  n nguyên tố là:            k  với k số mũ lớn cho pk  n p p  p  p  b) Nhận xét: Tích 2.5 = 10 có tận chữ số Để tính xem 300! = 1.2.3….300 tận chữ số ta xem phân tích 300! thừa số nguyên tố có thừa số 2, thừa số Dễ thấy số thừa số số thừa số nên cần tính số thừa số đủ  300   300   300  Ta có:  = 60 + 12 + = 74         Vậy 300! có tận 74 chữ số Ví dụ 3.17 Tìm số nguyên dƣơng n lớn cho 2003! chia hết cho 5n Lời giải Ta thấy số n cần tìm số mũ phân tích 2003! thành tích thừa số nguyên tố Theo cơng thức Plignac ta có:   2003   2003   2003   2003   2003  n   i           25   125   625  i 1  n = 400 + 80 + 16 + = 499 Vậy n = 499 số cần tìm Ví dụ 3.18 Cho n số nguyên dƣơng thỏa mãn n! có 2002 chữ số đứng 67 tận Chứng minh n  8024 Lời giải Giả sử n! = 25 q , (q, 2) = (q, 5) = Theo cơng thức poligac ta có:   n n    i      i  i 1   i 1   Do n! 10 , n! không chia hết cho 101 nên số chữ số đứng tận biểu diễn thập phân n  Vậy ta cần tìm n nhỏ cho n     i  = 2002 i 1    Với n đặt p(n) =  n    i 1 i Ta có p(n)  p(n + 1) với n   8024   8024   8024   8024   8024  p(8024)          25   125   625   3125  = 1604 + 320 + 64 + 12 + = 2002 Do n  8024 Ví dụ 3.19 Tìm số nghiệm thực phƣơng trình a  a  a           a Lời giải Vì vế phải số nguyên nên a phải số nguyên Đặt a = 30.q + r, p, r số nguyên  r  29 Khi phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình: r  r r 31q +         = 30q + r   3 5  r  r  r  Hay q  r               3 5  68 Nhƣ vậy, với giá trị r tồn giá trị q cho a = 30.q + r thỏa mãn phƣơng trình cho Do r nhận 30 giá trị từ đến 29 nên phƣơng trình cho có 30 nghiệm Ví dụ 3.20 Chứng mỉnh rằng:  72n  1   9n  9n  1   72n         Lời giải Ta có: 9n = 9n.9n.9n   9n  (9n  1)  9n. 9n  1  9n  Suy 3.9n  3  9n  (9n  1)  3 9n. 9n  1  3(9n  1) 2  6.9n  3  9n  (9n  1)  72n     9n     9n     (9n  1)  6(9n  1) (9n  1)  72n   72n   9n  9n   72n  Mặt khác ta có: a3  0, 1, (mod ) k3 < 72n +1 < (k + 1)3 Suy 9.8n +  ( k + 1)3 Vì k +1  9.8n +2 suy 9.8n +2 < (k +1)3 Lại suy 9.8n +3  (k +1)3 Vì 9.8n +  (k +1)3 Ta có: 9.8n + < (k +1)3 Hồn tồn tƣơng tự ta thu đƣợc k3  72n + < 72n + < (k + 1)3 Suy ra: k3  72n +1 <   k  72n    9n   3 9n    (9n  1) < 72n +7 < (k + 1)3 (9n  1)  72n  < k + 69 Suy ra:  72n  1   9n  9n  1   72n   (điều phải chứng minh) 3 3 Ví dụ 3.21 Giải bất phƣơng trình: [x].{x} < x - Lời giải Ta có: [x] = x – {x} thay vào bất phƣơng tình ta đƣợc: (x – {x}).{x} < x –  x {x} - {x}2 < x –  x.({x} – 1) {x} +1 Cũng  {x} < nên ta có nghiệm x  Ví dụ 3.22 Tìm [A], biết: A  1 1     n Với n  2 2 Lời giải Ta có: A  1 1     n 2 2 Suy ra: 2.A =   1   n 1 2  2A  A   1  A   n  với n  n 2 Vậy [A] = [  ] = 2n Ví dụ 3.18 (Trích đề thi Olympic 30 tháng năm 2015 – Trƣờng chuyên Lê Quý Đôn –Ninh Thuận) Cho x, y, z ba số thực dƣơng thỏa mãn x2 + y2 + z2   1   1  1  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M             x y y z z x  Lời giải 70 Ta có: x2 + y2 + z2  xy + yz + zx  2x2 + 2y2 + 2z2  2xy + 2yz +2 zx  3x2 + 3y2 + 3z2  x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz +2zx Hay (x + y + z)2  3(x2 + y2 + z2)   x + y + z  1 1 1 Mặt khác ta có: (x + y + z)      nên    x y z x y z Từ ta đƣợc:  1   1  1  M       x y y z z x  =  1    1 1   1 1       1       1       1   x y    y z    z x   1 1 1 1 1 1 1 >             =     -  18 – = 15 x y  y z z x x y z Vì M số nguyên nên M  16 Mặt khác ta chọn x  ; y  z  x2 + y2 + z2  17  1   1  1  Và M             = 16 x y y z z x  Vậy GTNN biểu thức M 16 - Hết - 71 Kết luận Luận văn trình bày đạt đƣợc số kết sau Trình bày số kiến thức số học việc giải phƣơng trình nghiệm nguyên, số dạng phƣơng trình quen thuộc nhƣ phƣơng trình Điơphăng, phƣơng trình Pitago, phƣơng trình Fermat, phƣơng trình Pell Luận văn chia chi tiết phƣơng pháp để giải phƣơng trình nghiệm nguyên: Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng chia hết để giải, chi tiết nhƣ sau: Dạng 1: Phƣơng pháp đƣa phƣơng trình tích Dạng 2: Phƣơng pháp xét số dƣ Dạng 3: Phƣơng pháp biểu thị ẩn theo ẩn lại Dạng 4: Phƣơng pháp cực hạn hay xuống thang Dạng 5: Phƣơng pháp sử dụng tính chia hết, tính chất số phƣơng Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng đánh giá để giải, chi tiết nhƣ sau: Dang 1: Phƣơng pháp phân tích thành tổng bình phƣơng, tổng lập phƣơng Dang 2: Phƣơng pháp sử dung nguyên lí kẹp Dang 3: Phƣơng pháp thứ tự ẩn Phƣơng trình nghiệm nguyên sử dụng tam thức bậc hai để giải, chi tiết nhƣ sau: Dang 1: Phƣơng pháp sử dụng tam thức bậc hai để phân tích thành nhân tử Dang 2: Phƣơng pháp sử dụng điều kiện có nghiệm tam thức bậc hai Dang 3: Phƣơng pháp Sử dụng điều kiện A số phƣơng Một số dạng phƣơng trình nghiệm nguyên khác Luận văn đƣa đƣợc hệ thống phong phú ví dụ, minh họa cho phƣơng pháp Đã trình bày đƣợc nhƣng lý thuyết hàm số học Và nêu đƣợc ứng dụng hàm số học bản, qua tạo đƣợc tƣ việc phân hoạch dạng toán hàm số học Sự phân hoạch đem lại cách tƣ cho ngƣời học cách tự phân chia lại 72 ứng dụng bổ sung hồn chỉnh cho phần ứng dụng Thơng qua phần lý thuyết ứng dụng hàm số học đem lại cách nhìn cụ thể hàm số học tốn sơ cấp phổ thơng 73 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Vũ Lƣơng, Nguyễn Lƣu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng Các giảng số học, nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội, Quý năm 2006 [2] Tuyển tập đề thi olympic 30 tháng lần thứ XX, XXI, nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Tạp chí Toán học tuổi trẻ, nhà xuất Giáo dục [4] Bùi Văn Tuyên Bài tập nâng cao số chun đề tốn [5] Vũ Hữu Bình, Tốn nâng cao phát triển nhà xuất Giáo dục, 1997 [6] Vũ Hữu Bình, Tốn nâng cao phát triển nhà xuất Giáo dục, 1997 [7] Vũ Hữu Bình, Tốn nâng cao phát triển nhà xuất Giáo dục, 1997 [8] Vũ Hữu Bình, Toán nâng cao phát triển 9, nhà xuất Giáo dục, 1997 [9] Phƣơng trình nghiệm nguyên – Hồng Trí Quang [10] Phạm Minh Phƣơng – Bồi dƣỡng học sinh giỏi toán THCS số học [11] Tổng hợp toán phổ dụng SỐ HỌC – TS Vũ Thế Hựu [12] Diendantoanhoc.net; [13] Hocmai.vn [14] Peter Vandendriessche - Hojoo Lee - Problems in Elementary Number Theory, 07/2007 74 KÍ XÁC NHẬN HỌC VIÊN ĐÃ CHỈNH SỬA LUẬN VĂN Cán hƣớng dẫn: PGS.TS Vũ Đỗ Long Chủ tịch hội đồng PGS.TS Nguyễn Vũ Lƣơng 75