Tài liệu cho học sinh lớp 10 Chuyên toán

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một số cuốn sách hoặc bài giảng mà học sinh chuẩn bị vào học lớp 10 Chuyên toán nên có.

[1] Tài liệu giáo khoa chuyên toán, Đại số 10

[2] Tài liệu giáo khoa chuyên toán, Hình học 10

[3] Chen Chuan-Chong và Koh Khee-Meng., Principles and Techniques in Combinatorics

[4] Hojoo Lee., Topics in Inequalities

[5] Dusan Djukic., Polynomials in One Variable

[6] David Burton., Elementary Number Theory

[7] B.J. Venkatachala., Functional Equations

Divisibility theory in the integers

Trong bài này chúng tôi sẽ trình bày quan hệ chia hết trên tập các số nguyên. Bài viết là tài liệu tự học của các học sinh lớp 10 đang học tại T’s Lab, nhưng các bạn học sinh lớp 8 hoặc 9 xuất sắc có thể hiểu được toàn bài mà không gặp khó khăn nào. Nhiều chứng minh trong bài dùng tính chất sau của tập các số nguyên không âm.

Mỗi tập khác rỗng gồm các số nguyên không âm đều có phần tử nhỏ nhất.

Đầu tiên chúng ta đến với định lí nền tảng của toàn bài.

Định lí 1 (Thuật toán chia). Cho hai số nguyên $a$ và $b$ với $b>0.$ Khi đó tồn tại đúng một cặp số nguyên $(q,r)$ thỏa mãn

$a=q b+r$ và $0 \leq r<b$ . Hai số $q$ và $r$ lần lượt được gọi là thương và dư trong phép chia $a$ cho $b$ .

Chứng minh. Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số nguyên không âm có dạng $a-xb$ , với một số nguyên $x$ . Ta thấy $S$ khác rỗng nên nó có phần tử nhỏ nhất, ký hiệu là $r$ . Từ định nghĩa của $S$ , ta có thể viết $r=a-q b,$ trong đó $q$ là một số nguyên. Nếu $r \geq b$ thì $a-(q+1)$ là một phần tử nhỏ hơn $r$ của $S$ , vô lý, do đó $r<b$ . Bây giờ giả sử $(q,r)$ và $(q^{\prime},r^{\prime})$ là hai cặp có tính chất nói đến trong định lí. Khi đó $a=q b+r=q^{\prime} b+r^{\prime}$ và $0 \leq r<b, 0 \leq r^{\prime}<b$ . Từ đây ta có $\left|r^{\prime}-r\right|=b\left|q-q^{\prime}\right|,$ để ý thêm $\left|r^{\prime}-r\right|<b$ , ta thu được $0 \leq\left|q-q^{\prime}\right|<1.$ Suy ra $q=q^{\prime}$ , và $r=r^{\prime}$ . $\Box$

Ví dụ 1. Từ định lí 1 ta thấy mọi số nguyên đều có thể viết được dưới dạng $2k$ hoặc $2k+1$ với một số nguyên $k.$ Tương tự, mọi số nguyên đều có thể viết được dưới dạng $3k$ , $3k+1$ , hoặc $3k+2$ với một số nguyên $k.$ $\Box$

Định nghĩa 1. Cho hai số nguyên $a$ và $b$ với $b$ khác $0$ . Khi đó $a$ được gọi là chia hết cho $b$ , ký hiệu $b \mid a$ , nếu tồn tại số nguyên $c$ sao cho $a=bc$ . Ta viết $b \nmid a$ khi $a$ không chia hết cho $b$ .

Khi $b \mid a$ , ta cũng nói $b$ là một ước của $a$ , hay $a$ là một bội của $b$ . Ta có ngay lập tức các tính chất sau, chứng minh của chúng là bài tập cho bạn đọc.

Định lí 2. Với các số nguyên $a$ , $b$ , và $c$ , ta có các tính chất sau:

(1) $a\mid 0,1\mid a, a \mid a$ .

(2) $a \mid 1$ khi và chỉ khi $a= \pm 1$ .

(3) Nếu $a \mid b$ và $c \mid d$ , thì $a c \mid b d$ .

(4) Nếu $a \mid b$ và $b \mid c$ , thì $a \mid c$ .

(5) $a \mid b$ và $b \mid a$ khi và chỉ khi $a= \pm b$ .

(6) Nếu $a \mid b$ và $b\neq 0$ , thì $\mid a\mid \leq \mid b\mid$ .

(7) Nếu $a \mid b$ và $a \mid c$ , thì $a \mid(b x+c y)$ với các số nguyên bất kỳ $x$ và $y$ .

Ta xét một số ví dụ có sử dụng các tính chất này.

Ví dụ 2. Cho $a$ , $b$ , $c$ , và $d$ là các số nguyên thỏa mãn $ad-bc>1$ . Chứng minh rằng ít nhất một bốn số đã cho không chia hết cho $ad-bc$ .

Lời giải. Giả sử ngược lại, khi đó cả bốn số $a$ , $b$ , $c$ , và $d$ đều chia hết cho $ad-bc$ . Suy ra $ad$ và $bc$ cùng chia hết cho $(ad-bc)^2$ , do đó $(ad-bc)^2\mid ad-bc,$ điều này không thể xảy ra vì $ad-bc>1$ . $\Box$

Ví dụ 3. Tìm tất cả bộ ba số nguyên $(a,b,c)$ sao cho $1<a<b<c$ và $(a-1)(b-1)(c-1)$ là một ước của $abc-1.$

Lời giải. Các bộ ba phải tìm là $(2,4,8)$ và $(3,5,15)$ . Giả sử $(a,b,c)$ là một bộ ba thỏa mãn các yêu cầu của đề bài. Khi đó ba số $a$ , $b$ và $c$ có cùng tính chẵn-lẻ, do đó $\displaystyle 2 < \frac{abc}{(a-1)(b-1)(c-1)}\leq \frac{a}{a-1} \cdot \frac{a+2}{a+1} \cdot \frac{a+4}{a+3},$ suy ra $a<4.$ Đến đây xét $a=2$ và $a=3$ ta có câu trả lời. $\Box$

Continue reading →

The fundamental theorem of arithmetic

Trong bài này chúng ta sẽ nói một ít về số nguyên tố, trình bày chứng minh định lí cơ bản của số học, và giới thiệu một số kết quả sơ cấp về số nguyên tố. Đây cũng là bài đọc cho các học sinh lớp 9 và các học sinh ôn thi chọn HSG QG tại T’s Lab. Để theo dõi cho dễ dàng bạn đọc nên xem lại bài viết sau:

[1] https://nttuan.org/2023/07/14/divisibility/

Một số nguyên tố là một số nguyên $n$ lớn hơn $1$ có đúng hai ước dương là $1$ và $n$ . Một số nguyên lớn hơn $1$ được gọi là hợp số nếu nó không phải là số nguyên tố. Các số $2,3,$ và $5$ là các số nguyên tố. Các số $4,15,$ và $18$ là các hợp số.

Định lí 1. Mỗi số nguyên lớn hơn $1$ có thể biểu diễn như là tích của các số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử $n$ là một số nguyên lớn hơn $1$ . Nếu $n$ là số nguyên tố thì nó là tích với một thừa số nguyên tố. Nếu không thì $n=n_1 n_2$ , trong đó $n_1$ và $n_2$ là các số nguyên lớn hơn $1$ và bé hơn $n$ . Nếu $n_1$ là một số nguyên tố, ta không làm gì; nếu không thì viết $n_1$ thành tích của hai số nguyên lớn hơn $1$ và bé hơn $n_1$ ; thao tác tương tự với $n_2$ . Tiếp tục thao tác như thế trên các thừa số mới. Quá trình này phải dừng vì không có dãy giảm nghiêm ngặt gồm vô hạn số nguyên dương, khi đó ta có một cách biểu diễn $n$ như là tích của các số nguyên tố. $\Box$

Từ dịnh lí trên, vì các thừa số nguyên tố không nhất thiết phải phân biệt nên mọi số nguyên $n$ lớn hơn $1$ có thể viết được dưới dạng $n=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_r^{\alpha_r},$
trong đó $p_1, p_2, \cdots, p_r$ là các số nguyên tố phân biệt và $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ là các số nguyên dương. Biểu diễn này được gọi là phân tích chính tắc của $n$ thành các lũy thừa nguyên tố. Ta sẽ chứng minh rằng biểu diễn này là duy nhất theo nghĩa: đối với mỗi $n$ , bất kỳ biểu diễn nào khác chỉ là sự sắp xếp lại các thừa số.

Continue reading →

Popoviciu’s theorem

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình $ax+by=n,$ ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên.

Định lí. (Công thức Popoviciu) Gọi $N(a,b;n)$ là số các cặp số tự nhiên $(x,y)$ sao cho $ax+by=n$ , ở đây $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(a,b)=1$ và $n$ là số tự nhiên. Khi đó

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1,$ với $a^{-1}$ là nghịch đảo modulo $b$ của $a$ và $b^{-1}$ là nghịch đảo modulo $a$ của $b$ .

Chứng minh. Gọi $\displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n$ là hàm sinh của dãy số $\{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}$ . Ta có

$\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)$

Vì $(a,b)=1$ nên đa thức $(1-z^a)(1-z^b)$ có nghiệm là $1$ với bội $2$ và các nghiệm đơn $\xi_a^k$ $(k=1,2,\ldots,a-1)$ , $\xi_b^l$ $(l=1,2,\ldots,b-1)$ , ở đây $\xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}$ và $\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}.$ Kết hợp với $(1)$ ta có tồn tại các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ sao cho

$\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)$

Để ý đến hệ số của $z^n$ , từ $(2)$ ta có

$\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)$

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức $C_1,C_2; A_i; B_i$ từ đẳng thức

$\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)$

Nhân hai vế của $(4)$ với $(1-z)^2$ và cho $z\to 1$ ta có $C_2=\dfrac{1}{ab}$ , sau đó nhân hai vế của $(4)$ với $1-z$ , để $C_1$ một bên và cho $z\to 1$ ta được $C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}$ . Theo cùng một cách ta có

$\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.$

Thay vào $(3)$ ta được

$\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)$

Từ $(5)$ ta có $\displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}$ , mà $\displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1$ , suy ra

$\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

do đó $\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},$

chứng minh tương tự ta được

$\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},$

thay hai đẳng thức cuối cùng vào $(5)$ ta có điều cần chứng minh. $\Box$

A proof of Cauchy–Davenport theorem

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của định lí Cauchy-Davenport.

Định lí Cauchy – Davenport. Cho số nguyên tố $p$ và hai tập con khác rỗng $A,B$ của $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.$ Khi đó

$|A+B|\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo $|B|$ . Khi $|B|=1$ ta có

$|A+B|=|A|=\min (p,|A|)=\min (p,|A|+|B|-1).$ Suy ra khẳng định đúng khi $|B|=1$ . Khi $|B|=2$ ta viết $B=\{b_1,b_2\}$ và $A=\{a_1,a_2,\ldots,a_m\},$ ta có ngay $|A+B|\geq m$ .

Nếu $|A+B|= m$ thì $\{b_1+a_1,\ldots,b_1+a_m\}=\{b_2+a_1,\ldots,b_2+a_m\},$ suy ra $mb_1\equiv mb_2\pmod{p}$ , hay $m=p$ . Khi đó $|A+B|=p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Nếu $|A+B|>m$ thì $|A+B|\geq m+1\geq\min (p,m+1)=\min (p,|A|+|B|-1).$

Vậy khẳng định đúng khi $|B|=2$ . Giả sử khẳng định đúng với mỗi tập $B$ thỏa mãn $|B|<n,$ trong đó $n\geq 3.$ Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với mọi tập $B$ có $|B|=n.$ Xét một tập $B$ thỏa mãn $|B|=n$ . Đặt $|A+B|=l,|A|=m$ và viết $B=\{b_1,b_2,\ldots,b_n\}.$ Xét ba trường hợp

Trường hợp 1. $l\geq p.$

Ta có $|A+B|=l\geq p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Trường hợp 2. $m+n>p.$

Ta có $A+B=\{0,1,2,\ldots,p-1\}$ , thật vậy với mỗi $g\in \{0,1,2,\ldots,p-1\}$ , hai tập $g-A$ và $B$ có giao khác rỗng vì chúng là các tập con của tập $\{0,1,2,\ldots,p-1\}$ và có tổng số phần tử lớn hơn $p$ . Lấy $h\in g-A\cap B$ ta có ngay $g=b=g-a\,\, (a\in A,b\in B),$ suy ra $g=a+b\in A+B$ . Từ đây ta có $|A+B|=p\geq\min (p,|A|+|B|-1).$

Trường hợp 3. $l<p$ và $m+n\leq p.$

Ở trường hợp này thì $\min (p,|A|+|B|-1)=\min (p,m+n-1)=m+n-1.$ Áp dụng giả thiết quy nạp cho hai tập $C=A+B$ và $\{b_1,b_n\}$ ta có $|C+\{b_1,b_n\}|\geq\min (p,|C|+|\{b_1,b_n\}|-1)=\min (p,l+1)=l+1,$ suy ra $C+b_1\not = C+b_n$ , do đó tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x-b_1\in A+B$ và $x-b_n\not\in A+B$ . Từ đây ta thấy tồn tại số nguyên dương $r<n$ sao cho $x-b_i\in A+B,\,\forall i=\overline{1,r}$ và $x-b_i\not\in A+B,\,\forall i=\overline{r+1,n}$ . Áp dụng giả thiết quy nạp cho hai tập $A$ và $B^{\prime}=\{b_{r+1},b_{r+2},\ldots,b_n\}$ ta có

$|A+B^{\prime}|\geq \min (p,|A|+|B^{\prime}|-1)=\min (p,m+n-r-1)=m+n-r-1.$ Ta có $x-b_i\not\in A+B^{\prime},\,\forall i=\overline{1,r}$ , vì nếu chẳng hạn $x-b_1\in A+B^{\prime}$ thì

$x-b_1= a+b_{s}\Rightarrow x-b_s\in A+B,$ điều này trái với cách chọn $r$ . Vậy $|A+B|\geq r+|A+B^{\prime}|\geq r+m+n-r-1=m+n-1,$ và định lí được chứng minh. $\Box$

Bằng quy nạp ta chứng minh được kết quả sau.

Hệ quả. Cho số nguyên dương $h>1,$ số nguyên tố $p$ và $h$ tập con khác rỗng $A_1,$ $A_2,\ldots,$ $A_h$ của $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.$ Khi đó $\displaystyle \mid A_1+A_2+\cdots+A_h\mid \geq \min \left(p,\sum_{i=1}^h\mid A_i\mid-h+1\right).$