Xem mẫu
- TRƯỜNG………………………
KHOA……………………
Phần Nguyên - Lý thuyết và
bài tập
- 15PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
L IT A
Kt khi ư c h c v S H c, thì Ph n Nguyên là m t trong nh ng chương h p
d n tôi nh t. Có l vì nh nghĩa c a nó ơn gi n, nó cơ b n như nh nghĩa v s nguyên
t v y! Tuy nhiên bên trong c a s ơn gi n y là m t m nh t r t màu m , còn vô s
nh ng hoa thơm c l ang ch tôi cùng các b n khám phá. Qu th c, ào sâu nghiên
c u v Ph n Nguyên là m t tài không t i. Không có nhi u tài li u vi t v ch này.
B i vì l ó, tôi quy t nh t ng h p l i m t s k t qu thu ư c vi t lên tài li u này, hy
v ng mang nb n c m t vài i u thú v . R t mong các b n óng góp và xây d ng
ch này ư c phát tri n và hoàn thi n hơn n a.
Hoàng Xuân Thanh, 10- 2010
Tài li u tham kh o:
1. Bài gi ng S H c – ng Hùng Th ng
2. 104 Number Theory Problems Titu Andresscu
3. http://diendantoanhoc.net
4. M t s website Toán h c khác
- 25PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
VN I: - M T S TÍNH CH T CƠ B N
1. nh nghĩa:
Ph n nguyên (hay sàn) (Floor Function: Nghĩa là hàm “sàn”) c a s th c x là: S
nguyên l n nh t không l n hơn x.
M t nh nghĩa tương t v i Floor là Ceilling (hàm “tr n”)
Tr n c a s th c x là: S nguyên nh nh t không nh hơn x
Không nên nh m l n Floor và Ceiling v i hàm làm tròn Around(x), và hàm “ch t uôi”
Trunc(x) mà các b n v n thư ng s d ng trong các ngôn ng l p trình.
Around(x): Là s nguyên g n x nh t (ưu tiên chi u bên ph i trên tr c s )
Trunc(x): Là s nguyên có ư c sau khi b i ph n th p phân c a x
Around(5.5)=6; Floor(5.5)=5; Ceilling(5.5)=6; Trunc(5.5)=5
Around(5.4)=5; Floor(5.4)=5; Ceilling(5.4)=6; Trunc(5.4)=5
Around(-5.4)=-5; Floor(-5.4)=-6; Ceilling(-5.4)=-5; Trunc(-5.4)=-5
Kí hi u ph n nguyên c a x là x , tr n c a x là x . Ngoài ra ngư i ta cũng g i
{ x} = x − x Là ph n l (fractional part) c a s th c x. 0 ≤ { x} < 1
Các b n có th tham kh o thêm v các hàm này trong website
http://en.wikipedia.org/wiki/Floor_and_ceiling_functions
nh nghĩa v ph n nguyên ư c hi u theo m t trong hai công th c sau:
x − 1 < x ≤ x ho c x ≤ x < x + 1
2. Các tính ch t cơ b n
x > y ⇒ x ≥ y
i.
x + n ⇒ x + n
ii. | n∈Z
iii. x + y ≤ x + y ≤ x + y + 1
0 | x∈Z
iv. x + − x =
−1 | x∉Z
x
v. =
x
| n∈Z
n n
x
vi. S các s nguyên dương là b i c a n và không vư t quá x là
n
- 35PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Ch ng minh: Tính ch t i. và ii. Là hi n nhiên
t x = x + { x} ; 0 ≤ { x} < 1
iii.
y = y + { y} ; 0 ≤ { y} < 1
ta có: x + y = x + y + { x} + { y} = x + y + { x} + { y}
vì 0 ≤ { x} + { y} < 2 nên ta suy ra i u ph i ch ng minh
t x = x + { x} ; 0 ≤ { x} < 1
iv.
ta có x + − x = x + − x − { x} = − { x}
vì −1 < − { x} ≤ 0 ch b ng 0 khi x nguyên. T ó có pcm
x x
v. t m = , khi ó m ≤ < m + 1
n n
⇒ mn ≤ x < ( m + 1) n
⇒ mn ≤ x < ( m + 1) n ( mn ∈ Z )
x
⇒ m ≤ < m +1
n
x
⇒ m =
n
vi. Các s nguyên dương là b i c a n không vư t quá x là n, 2n,..., mn .
Trong ó m là s th a mãn i u ki n
mn ≤ x < ( m + 1) n
x
⇒m≤ < m +1
n
x
⇒m=
n
3. nh lý Legendre
S mũ c a s nguyên t p trong phân tích tiêu chu n c a n! ư c tính theo công
th c:
n n n n
∑
ep ( n ) = i = p1 + p 2 + p 3 + ...
i ≥1 p
- 45PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Ch ng minh: Trư c h t ta có nh n xét r ng, t ng trên ch g m h u h n s h ng
khác không.
n
i
Vì v i ch s i l n thì n < p , khi ó =0 ∀m ≥ i
m
p
n
Trong tích n ! = 1.2...n có úng th a s là b i c a p (theo tính ch t vi)
p
Do ó:
n
n
p
n! = p . ! A1
p
Trong ó: ( A1 , p ) = 1
Tương t
n
n
p
p
n
. ! A2
p
p ! = p p
n
n
p =
( A2 , p ) = 1 . Theo tính ch
Vi t v. ta có p2
p
n n
n
p + 2
Vy p
n! = p . 2 ! A2
p
n n
L p l i lí lu n trên v i ! và c ti p t c cho t i khi k < p
2
p p
Cu i cùng ta ư c s mũ e p ( n ) c a p trong phân tích nguyên t c a n! là
n n n
e p ( n ) = 1 + 2 + ... + k
p p p
k +1
k
V i k là ch s th a mãn p ≤ n < p . pcm
- 55PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
4. M t s bài t p
Ex1.1 Ch ng minh r ng 2 x + 2 y ≥ x + y + x + y ∀x, y ∈ R
y = y + { y} ; 0 ≤ { y} < 1. Khi ó
t x = x + { x} ; 0 ≤ { x} < 1 ,
L i gi i:
2 x + 2 y = 2 x + 2 { x} + 2 y + 2 { y}
Và x + y = x + y + { x} + { y}
2 { x} + 2 { y} ≥ { x} + { y}
Ta ph i CM
Vì 0 ≤ { x} + { y} < 2 nên có th x y ra 2 trư ng h p sau:
* N u 0 ≤ { x} + { y} < 1 thì v ph i b ng 0, do ó b t ng th c hi n nhiên úng.
* N u 1 ≤ { x} + { y} < 2 khi ó ph i có ít nh t m t trong hai s { x} ho c { y} l n hơn
1
1
{ x} ≥
ho c b ng . Gi s , v y:
2
2
2 { x} + 2 { y} ≥ 1 + 2 { y} ≥ 1 = { x} + { y}
Ex1.2 Ch ng minh r ng, v i n là s nguyên dương b t kì ta có
1 3 1
n + = n− +
2 4 2
3 1
1
t k = n + ; m= n− +
L i gi i:
2 4 2
1 1 1 1
1 2 2
Ta có < k +1 ⇔ k − ≤ n < k + ⇔ k − k + ≤ n < k + k +
k≤ n+
2 2 4 4
2
Vì n nguyên dương nên ph i có k − k + 1 ≤ n ≤ k + k
2 2
1 3 1
31 2 2
Tương t m ≤ n − + < m + 1 ⇔ m − m + ≤ n − < m + m +
4 4 4
42
⇔ m2 − m + 1 ≤ n ≤ m2 + m
Do ó ph i có k = m . pcm
Ex1.3 Gi i phương trình x x = 1
L i gi i: Ta có 1 ≤ x x < 2
x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ⇒ x x ≥ 4 ⇒ Pt vô nghi m
•
• 1 ≤ x < 2 ⇒ x = 1 ⇒ 1 ≤ x x < 2 ⇒ Pt nghi m úng
- 65PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
• 0 ≤ x < 1 ⇒ x = 0 ⇒ x x = 0 ⇒ Pt vô nghi m
• − 1 < x < 0 ⇒ x = −1 ⇒ x x = − x < 1 ⇒ Pt vô nghi m
x = −1 ⇒ x = −1 ⇒ x x = 1 ⇒ Pt nghi m úng
•
x < −1 ⇒ x ≤ −2 ⇒ x x > 2 ⇒ Pt vô nghi m
•
V y nghi m c a phương trình là x ∈ {−1} ∪ [1, 2 )
Ex1.4 Gi i phương trình 3 x 2 − 10 x + 3 = 0
( 3x − 1) ( x − 3) = 3x 2 − 10 x + 3 ≤ 3x 2 − 10 x + 3 = 0
L i gi i: Ta có
1
⇒ ≤ x ≤ 3 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3
3
Thay t ng giá tr x = 1, 2,3 vào pt, gi i ra ta ư c các nghi m là
7 17
x1 = x2 = x3 = 3
; ;
3 3
Ex1.5 V i n nguyên dương cho trư c, phương trình x + 2 y = n
Có bao nhiêu nghi m nguyên dương? (perfectstrong VMF)
L i gi i: Ta có 2 y = n − x ≤ n − 1
Tương ng v i m i giá tr c a y ta có x = n − 2 y chính là 1 nghi m c a pt. S nghi m
phương trình chính là s các giá tr có th có c a y, là s các b i c a 2 mà không vư t
quá n-1.
Là n − 1 nghi m nguyên dương
2
1
2
n ∈ N . Ch ng minh r ng { A} ≤
Bt1.6 Cho A = 4n + n (Romania-2003)
4
Bt1.7 Ch ng minh r ng 5 x + 5 y ≥ 3 x + y + x + 3 y
ó ch ng minh ( 5m )!( 5n )! chia h t cho m!n !( 3m + n )!( 3n + m )!
T k t qu
(USA-1975)
Bt1.8 Tìm s t nhiên n nh nh t sao cho n! t n cùng b ng 290 ch s 0 (HMMT-2003)
- 75PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
5. nh lý Hermite
V i n nguyên dương, x là s th c b t kỳ, ta có:
1 n − 1
nx = x + x + + ... + x +
n
n
Ch ng minh:
1 n − 1
Xét hàm f ( x ) = x + x + − nx
+ ... + x +
n n
Ta có:
1 n − 1 1
1 1
f x + = x + + ... + x + + − n x + n
n n n
n
1 n − 1
+ x + 1 − nx + 1
= x + + ... + x +
n
n
= f ( x)
1 1
Do ó f ( x ) là hàm tu n hoàn v i chu kỳ . Trên kho ng chu kỳ 0 ≤ x < thì t t c
n n
các s h ng:
1 n − 1
x , x + ,..., x + , nx u b ng 0
n
n
ó f ( x ) = 0, ∀x ∈ R
T
pcm
x +i
∑ j
Tính t ng
Ex1.9
0≤ i < j ≤ n
L i gi i:
x +i
x +i n n
∑ ∑∑ ∑ x = n x
j =
Ta có (Theo nh lý Hermite)
j =
0≤ i < j ≤ n j =1 0≤i < j j =1
3k + 2010 2010 − 3k
2009
∑
Tính t ng S =
+
Bt1.10
3k +1 3k +1
k =0
x + 2k
∞
∑
k +1 = x
Ch ng minh r ng
Bt1.11
k =0 2
- 85PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
VN II: DÃY S & T NG PH N NGUYÊN
Ex2.1
{U n } là dãy s “Th t tăng d n c a các s t nhiên l không chia h t cho 3”
∞
{U n }1 = {1,5,7,11,13,17,19,23,25,...}
Tìm s h ng t ng quát c a dãy s trên.
L i gi i:
Xét theo s dư thì t t c các s t nhiên không chia h t cho 3 u có d n g
3 p − 1 ho c 3 p + 1 , ây là 2 s ch n ho c 2 s l liên ti p tùy theo p l hãy ch n.
Khi p ch n p = 2k , thì hai s có d ng 6k − 1 và 6k + 1 là 2 s l . T t c các s d ng này
chính là các s h ng c a dãy c n tìm. X p theo th t tăng d n ta s có:
và U 2 k +1 = 6k + 1
U 2 k = 6k − 1
r = {0,1} , ta có:
Như v y v i n = 2k + r ,
n
U n = 6 + {−1,1}
2
n
= 6 + 2{0,1} − 1
2
n
= 6 + 2r − 1
2
n
n
= 6 + 2 n − 2 −1
2 2
n
U n = 2n + 2 − 1 ☺
2
Ex2.2
{U n } Là dãy s : “Th t tăng d n c a các s t nhiên không chính phương”
∞
{U n }1 : {2,3,5,6,7,8,10,...}
Tìm s h ng t ng quát c a dãy s trên.
∞
{Dn }1 : {1, 2,3,4,5,...} ( Dn = n )
L i gi i: Xét dãy s t nhiên
D th y U n = Dn + k . ó k là s các s chính phương nh hơn U n
(b lo i i t dãy{ Dn } )
- 95PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
2
Như v y U n ph i n m gi a 2 s chính phương liên ti p: k 2 + 1 ≤ U n ≤ ( k + 1) − 1
Trên m i o n i + 1; ( i + 1) − 1 (gi a 2 s chính phương liên ti p) có 2i s t nhiên.
2
2
m các s h ng c a dãy {U n } có giá tr nh hơn k ta có
2
k −1
∑ 2i = k 2
− k s h ng. Như v y ch s n s ph i th a mãn
i =1
k2 − k +1≤ n ≤ k2 + k
11 31
hay n+ − ≤k ≤ n− +
42 42
31 11 31
n− + −1< n + − ≤ k ≤ n − +
vì
42 42 42
3 1 1
nên k = n − + hay k = n + (Theo Ex1.2 )
2
4 2
1
Cu i cùng ta có: U n = n + k = n +
n+ 2
n
∑ k
Ex2.3 Tính t ng S n =
k =1
L i gi i:
t m = n suy ra m ≤ n < ( m + 1)
2
2
Xét các s h ng c a S n trên m i o n i 2 ≤ k ≤ i 2 + 2i có 2i + 1 s h ng, các s h ng
này u có giá tr là i . Như v y ta có:
i + 2i
2
m −1
n n
∑ ∑∑ ∑
k= k + k
Sn = 2
i =1 k =i k =m 2
k =1
m −1 n
∑ ∑ k
i ( 2i + 1) +
=
2
i =1 k =m
m ( m − 1) ( 2m − 1) m ( m − 1)
+ ( n + 1 − m2 ) m
= +
3 2
m ( m − 1) ( 2m + 5 )
= nm −
6
n
∑
1
Tính t ng S n = k+
Bt2.4
2
k =1
- 105PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Bt2.5 Tính t ng n
∑ 2 k ,
Sn =
1
k =1
nh lý Hermite x + x + = 2 x )
( ý n m t trư ng h p riêng
2
∞
Bt2.6 Cho dãy {U n }1 : {1, 2, 2, 2,3,3,3,3,3, 4, 4,4, 4,4, 4, 4,5,...}
ư c xác nh b ng quy lu t : 1 s 1; 3 s 2; 5 s 3;…; 2k-1 s k;…
Tìm s h ng t ng quát c a dãy trên.
1. NH LÝ BEATTY
1 1
α , β là các s vô t dương sao cho = 1 . Khi ó 2 t p (2 dãy)
+
α β
∞ ∞
{ An }1 = {α , 2α , 3α ,...}; {Bn }1 = { β , 2 β , 3β ,...};
l p thành 2 “phân ho ch” c a t p các s nguyên dương N*
∞ ∞
∞ ∞
{ An }1 ∪ {Bn }1
(nghĩa là: { An } ∩ { Bn } = ∅ và = N* )
1 1
Ch ng minh:
∞ ∞
Trư c tiên ta ch ng minh tính tách r i gi a { An }1 và { Bn }1
Th t v y, gi s t n t i các ch s i, j sao cho Ai = B j ⇔ iα = j β = k . Khi ó b i vì
hai s iα và j β u là các s vô t nên:
k < iα < k + 1 và k < j β < k + 1
1i 1j
i j
hay < < và n + 1 ( j + 1) β > n + 1
và j β < n;
iα < n;
- 115PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
i 1 i +1 j 1 j +1
hay và
- 125PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
NH LÝ 2: Cho m, n, s là các s nguyên dương m ≤ n . Khi ó:
ms ( m, n ) s
s
∑ n + ∑ kn
km
(2) ( m, n ) = ucln ( m, n )
m = s n + n
ms
k =1 1≤ k ≤
n
Ch ng minh: D a vào b ơn gi n sau ây:
( m, n ) s
1m 2m sm
Trong dãy có úng s nguyên
, ,...,
nn n n
Th t v y, ta có m = m1 ( m, n ) , n = n1 ( m, n ) . v i ( m1 , n1 ) = 1 .Dãy trên tr thành
,..., 1 Do ( m1 , n1 ) = 1 nên s các s nguyên trong dãy là s = ( m, n ) s
1m1 2m1 sm
,
n1 n1 n1 n1 n
m ms m n
x ⇒ f −1 ( x ) = x
f : [1, s ] → , , f ( x)=
Xét hàm
n n n m
Theo nh lý 1 ta có
s
∑ n + ∑ kn ms
km
m − n (G f ) = s n − 0
ms
k =1 1≤ k ≤
n
m, n s
( ) ( n)
Theo b trên thì n G f =
T ó suy ra pcm
H qu : Trư ng h p c bi t khi s = n , ta có
n m
km
∑ m = mn + ( m, n )
kn
∑ ( 3)
n +
k =1
k =1
NH LÝ 3: Cho a, c là các s th c dương
f : [ a, b ] → [c, d ] là hàm ơn i u gi m và kh ngh ch.
Gi s
∑ f ( k ) − ∑ f
Khi ó ta có: ( k ) = b α ( c ) − d α ( a ) ( 4 )
−1
a ≤ k ≤b c≤k ≤d
x
α ( x ) là hàm ư c xác nh như trong nh lý 1 α ( x ) = x − ; ∀x ∈ R +
Trong ó
x
Ch ng minh: Tương t nh lý 1
∑ f ( k ) ∑ f ( k )
Ta cũng có: n ( M 1) = n ( M 2) = −1
và
a ≤ k ≤b c ≤k ≤ d
- 135PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
T hình minh h a ta th y ngay ư c hi u
n ( M 1) − n ( M 2 ) chính là hi u các i m
nguyên dương c a h.c.n abBI và cdAI. y = f ( x)
Hay là b ng n ( 0bBc ) − n ( 0aAd )
= b α ( c ) − d α ( a ) ( pcm)
(Hình II.2.3)
n
∑ n
km
(m ≤ n)
Ex2.7 Tính
k =1
m m
L i gi i: Xét hàm f : [1, n ] → 1, m + 1 − f ( x) = m + 1 − x là hàm ơn i u gi m
,
n
n
n
Có hàm ngư c là f −1 ( x ) = n + (1 − x )
m
Theo nh lý 3, ta có
(1 − k ) n = nα 1 − m + 1 − m α 1
n
km
∑ ∑ () ()
m + 1 − n − n+
n
k =1 1≤k ≤m +1− m
m
n
(1 − k ) n = 0
n m
km
∑ m + 1 − ∑
⇔ − n +
n k =1
m
k =1
( k − 1) m m kn
n
∑ ∑ ( o chi u bi n ch y)
⇔ 1 + − =0
k =1 m
n
k =1
n m
km kn
∑ ∑
⇔n−m+ n − m=0
k =1 k =1
n m
km
∑ m = mn + ( m, n )
kn
∑
n +
Theo (3) ta có:
k =1
k =1
T ó suy ra: n
∑ n = 2 ( mn + m − n + ( m, n ) )
1
km
k =1
n −1
∑ n = 2 ( mn − m − n + ( m, n ) )
1
km
K t qu trên có th vi t dư i d ng
k =1
c bi t hơn n a khi ( m, n ) = 1
km ( m − 1) ( n − 1)
n −1
∑ =
k =1 n 2
- 145PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Ex2.8
n
∑ k (KMO-1997)
Tính
k =1
L i gi i:
Xét hàm f : [1, n ] → 1, n ,
f ( x ) = x , ây là hàm ơn i u tăng và
Có hàm ngư c là f ( x ) = x .Theo nh lý 1, ta có
−1 2
n
n
∑ ∑ k
k+ − n (G f ) = n n
2
k =1 k =1
M t khác n = a là s i m nguyên dương c a th hàm s trên. Do ó
a ( a + 1) ( 2a + 1)
n a
∑ ∑
k = ( n + 1) a − k 2 = ( n + 1) a −
6
k =1 k =1
(Chú ý: so sánh v i Ex 2.3)
Ch ng minh r ng
Ex2.9 n2
n2 n
n
∑ ∑
k2 =
k
k =1 k =1
L i gi i:
n2
Xét hàm f : [1, n ] → 1, n , f ( x ) = 2 , là hàm ơn i u gi m,
2
x
n
có hàm ngư c là f ( x ) =
−1
x
Theo nh lý 3 ta có:
n2
n2 n
n
∑ ∑ = n α (1) − n α (1) = 0
2
2−
k
k =1 k k =1
T ó ta có pcm.
n
∑3
k
Ex2.10 Tính
k =1
L i gi i:
n x
Xét hàm f : [3, n ] → 1, , f ( x ) = , là hàm ơn i u tăng,
3 3
có hàm ngư c là f ( x ) = 3 x
−1
n
k n n
∑ ∑
Theo nh lý 1 ta có 3k − = n − α ( 3 )α (1)
+
k =3 3 3 3
1≤ k ≤ n
3
- 155PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
n
Suy ra: 3
n n
∑ 3 = ∑ 3 = ( n + 1) 3 − ∑ 3k
k k n
k =1 k =3 k =1
3nn
n
∑ 3 = ( n + 1) 3 − 2 3 3 + 1
k n
⇒
k =1
2
n
k 1 n 3 n
∑
⇒ 3 = n − 2 3 − 2 3
k =1
k 2 − 3k + 2
n
∑
Bt2.11 Tính
5
k =1
n −1
∑ n
km
Bt2.12 Tính (Japan MO-1995)
k =1
Bt2.13 Cho λ là m t s vô t , n là m t s nguyên dương. Ch ng minh r ng:
kλ
n
∑ k λ + ∑ λ = n nλ
k
k =1 k =1
n( n +1)
8k + 1 − 1
2
∑
Bt2.14 Tính
2
k =1
NH LÝ 4: Cho p là m t s nguyên t l , q là s nguyên không chia h t cho p.
Gi s hàm f : N* → R th a mãn ng th i các i u ki n sau:
f (k )
• không là s nguyên, v i m i k = 1,2,..., p − 1
p
• • f ( k ) + f ( p − k ) là s nguyên chia h t cho p, v i m i k = 1,2,..., p − 1
Khi ó ta có:
q
p −1 p −1
p −1
q
∑ ∑ p f (k ) −
f (k ) p =
k =1 2
k =1
Ch ng minh:
qf ( k ) qf ( p − k ) qf ( k ) qf ( p − k )
Ta có ∈ Z . Và ∉ Z v i m i k = 1,2,..., p − 1
+ ∉ Z;
p p p p
- 165PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
qf ( k ) qf ( p − k )
Do v y, t tính ch t ph n l , 0 ≤ +
- 175PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
3
M t khác f ( x ) + f ( p − x ) = x 3 + ( p − x ) = p 3 − 3 p 2 x + 3 px 2 p
Do ó theo nh lý 4, ta có
2
k3 k 3 p − 1 1 ( p − 1) p p − 1 ( p − 1) ( p + 1) ( p − 2 )
p −1 p −1 2
∑ ∑
= − = − =
k =1 p 2 4 2 4
p p
k =1
Cho p là s nguyên t l
Ex2.17
( p −1)( p − 2 )
Tính t ng:
∑ 3 kp
S=
k =1
L i gi i:
Xét hàm f : 1, ( p − 1)( p − 2 ) → 3 p , 3 p ( p − 1)( p − 2 ) , f ( x) = px
3
f ( x ) là hàm ơn i u tăng,
x3
có hàm ngư c là f ( x ) =
−1
. Theo nh lý 1 ta có:
p
( p −1)( p − 2)
k3
∑ ∑
3 kp + p − n (G f ) =
3
p ≤ k ≤ 3 p ( p −1)( p − 2 )
k =1
( p)
= ( p − 1)( p − 2 ) 3 p ( p − 1)( p − 2 ) − α (1)α 3
ý là 3 p ( p − 1)( p − 2 ) = ( p − 2 )
3
Do k không chia h t cho p v i m i k = 1,2,..., p − 1, nên
()( )
s i m nguyên dương c a t h n G f = n G f −1 = 0
k 3
V i k< p thì = 0
3
p
( p −1)( p −2 )
k3 p −2
∑ ∑
3 kp + 2
= ( p − 1)( p − 2 )
Do ó ta có
k =1 p
k =1
( p − 1)3
( p −1)( p − 2 )
k3
p −1
∑ ∑
3 kp = p − 1
2
( )( p − 2 ) + −
⇔
k =1 p
p
k =1
Theo k t qu c a Ex2.16, ph n trên: ta có
- 185PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
( p −1)( p − 2 )
3 kp = ( p − 1)( p − 2 )2 + ( p − 1)( p − 2 ) − (
p − 1) ( p + 1) ( p − 2 )
∑
⇔ 4
k =1
( p −1)( p − 2 )
3 kp = (
p − 1) ( p − 2 ) ( 3 p − 5 )
∑
⇔ 4
k =1
Bt2.18 Cho m,n là các s nguyên dương
n
∑ k
m
Tính S=
k =1
Bt2.19 Cho p là s nguyên t l ; q là s nguyên không chia h t cho p.
q ( p − 1) ( q − 1)
p −1
∑
Ch ng minh r ng k
( −1) k 2 =
k =1 p 2
Bt2.20 Cho p là s nguyên t l .
k p − k ( p + 1)
p −1
Ch ng minh r ng
∑ ( mod p )
≡
2
p
k =1
Bt2.21 Cho p và q là 2 s l
p −1 q −1
kq kp
2 2
∑ ∑
Tính giá tr bi u th c S = +
k =1 p k =1 q
Bt2.22 Cho s nguyên n ≥ 2
n
2 n +1− 2 m
n−m
∑∑
Tính S= k + m − 1
m =1 k =1
- 195PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
VN III – G P CÁC CÔNG TH C THEO PH N DƯ
Trong m t s bài toán liên quan n dãy s như tìm công th c t ng quát m t dãy truy
h i, tính t ng các s h ng, tính chia h t c a m t nhóm s h ng. ôi khi gi i quy t bài toán
l i òi h i ta ph i chia ra r t nhi u trư ng h p (ch n l ch ng h n) m i trư ng h p l i cho
ta m t k t qu khác nhau? S khác nhau gi a các công th c tìm ư c y là gì? Ph i
chăng có th bi u di n chúng dư i 1 d ng duy nh t? ó là n i dung c a v n ta nghiên
c u sau ây:
- Phép chia s nguyên n cho s t nhiên k
n = pk + r , 0 ≤ r ≤ k − 1
Ta có thương là p, còn r là ph n dư, r l y các giá tr t 0 n k – 1.
Theo tính ch t c a ph n nguyên ta có
n pk + r r n
k = k = p + k = p , và như v y ph n dư r = n − k k
r = {0,1,..., k − 1} xem như m t t p h p k
Thay vì xét n k s dư t 0 n k – 1. Ta vi t
giá tr tương ng v i k trư ng h p c a s dư r.
Các phép tính toán h c i v i t p giá tr này, ư c hi u theo lu t phân ph i:
0 = {0,...,0}k so 0
1 = {1,...,1}k so 1
x ⊕ {a1 ,..., ak } = { x ⊕ a1 ,..., x ⊕ ak }
{a1,..., ak } ⊕ {b1,..., bk } = {a1 ⊕ b1,..., ak ⊕ bk }
Trong ó x là s nguyên ⊕ là phép toán b t kỳ
Ta có m t s các k t qu liên quan sau:
r + 1 {1,2,..., k }
= {0,0,...,1} (k - 1 s 0; 1 s 1 cu i)
k =
k
r + 2 {2,3,..., k , k + 1}
= {0,0,...,1,1} (k – 2 s 0; 2 s 1 cu i)
k =
k
…
nguon tai.lieu . vn