Tuyển tập Số học211 bài

Bài toán : Cho $n$ là số nguyên dương không phải là lập phương của một số tự nhiên. Chứng minh bất đẳng thức :

$$\left\{\sqrt[3]{n}\right\}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}}$$

Lời giải :

Ta viết BĐT đã cho thành :

$$3\sqrt[3]{n^2}\left(\sqrt[3]{n}-\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor \right)>1$$

Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn :

$\left(\sqrt[3]{n}-\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor \right)\left(\sqrt[3]{n^2}+\sqrt[3]{n}.\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor +{\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor }^2\right)$$>1$$\iff n-{\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor }^3$$>1$

Đặt $n=k^3+m(1\le m\le 3k^2+3k)$ thì $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$. Dẫn đến :

$$n-{\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor }^3=n-k^3=m\ge 1$$

Bài toán hoàn tất.

Bài toán (Bulgaria 1996)

Cho dãy số $(a_n)$ :

$$\{\begin{array}{c}{a}_1=1\\ a_{n+1}=\frac{a_n}{n}+\frac{n}{a_n},\forall n\ge 1\end{array}$$

Chứng minh rằng với mọi $n\ge 4$ thì $\lfloor a_n^2\rfloor =n$.

Lời giải :

Trước hết ta có một nhận xét sau :

Nếu $a,b$ là các số nguyên dương thì ta có :

$\lfloor \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\rfloor$$=max\left\{\frac{a}{b},\frac{b}{a}\right\}$

Và ta dễ dàng chứng minh được nhận xét này.

Tiếp theo, ta chứng minh bài toán bằng quy nạp. Với $n=4$ ta dễ dàng kiểm tra được $\lfloor a_4^2\rfloor =4$.

Gỉa sử có $\lfloor a_n^2\rfloor =n$, xét với $n+1$ :

$$a_{n+1}^2=2+\frac{a_n^2}{n^2}+\frac{n^2}{a_n^2}$$

Hơn nữa vì $\lfloor a_n^2\rfloor =n\Rightarrow a_n^2<n+1<n^2$ nên theo nhận xét trên thì :

$$\lfloor a_{n+1}^2\rfloor =2+\lfloor \frac{n^2}{a_n^2}\rfloor$$

Ta chỉ cần chứng minh cho được

$$\lfloor \frac{n^2}{a_n^2}\rfloor =n-1\iff n-1<\frac{n^2}{a_n^2}<n\iff \{\begin{array}{c}{a}_n^2>n\\ a_n^2<\frac{n^2}{n-1}\end{array}$$

Dễ thấy điều này đúng vì $n<a_n^2<n+1=\frac{n^2-1}{n-1}<\frac{n}{n-1}$.

Bài toán hoàn tất.

Bài toán (Vietnam Team Selection Test 2011)

Cho dãy số nguyên dương $(u_n)$ :

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=1,u_1=3\\ u_{n+2}=1+\lfloor \frac{u_{n+1}^2}{u_n}\rfloor ,\forall n\ge 0\end{array}$$

Chứng minh rằng :

$$u_{n+2}{u}_n-u_{n+1}^2=2^n,\forall n\in \mathbb{N}$$

Lời giải :

Dễ thấy dãy $(u_n)$ xác định như trên là duy nhất.

Bằng cách tính thêm giá trị $u_2,u_3$ ta tuyến tính hóa dãy $(u_n)$. Xét dãy $(v_n)$ :

$$\{\begin{array}{c}{v}_0=1,v_1=3\\ v_{n+2}=4v_{n+1}-2v_n\end{array}$$

Cũng dễ thấy dãy $(v_n)$ xác định như trên là duy nhất. Ta dễ chứng minh được $v_{n+2}{v}_n-v_{n+1}^2=2^n$ bằng quy nạp.

Tiếp theo ta chứng minh :

$$v_{n+2}=1+\lfloor \frac{v_{n+1}^2}{v_n}\rfloor$$

Thật vậy, ta có :

$v_{n+2}{v}_n-v_{n+1}^2$$=2^n$$\Rightarrow v_{n+1}^2$$<v_n{v}_{n+2}$$\Rightarrow \frac{v_{n+1}^2}{v_n}$$<v_{n+2}$

Hơn nữa có :

$\frac{v_{n+1}^2}{v_n}$$>v_{n+2}-1$$\iff 1$$>\frac{v_{n+2}{v}_n-v_{n+1}^2}{v_n}$$=\frac{2^n}{v_n}$$\iff v_n$$<2^n$

Không khó để ta chỉ ra điều này bằng quy nạp. Như vậy :

$\frac{v_{n+1}^2}{v_n}-1$$<v_{n+2}-1$$<\frac{v_{n+1}^2}{v_n}$$\Rightarrow v_{n+2}-1$$=\lfloor \frac{v_{n+1}^2}{v_n}\rfloor$

Chú ý tính duy nhất của $(u_n)$ và $(v_n)$ mà ta có $(u_n)$ trùng $(v_n)$. Dễ có điều phải chứng minh.

Bài toán : Gọi $\lambda$ là nghiệm dương của phương trình $t^2-2013t-1=0$. Xét dãy số $(x_n)$ như sau :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=1\\ x_{n+1}=\lfloor \lambda x_n\rfloor ,\forall n\ge 1\end{array}$$

Tìm số dư của phép chia $x_{2013}$ cho $2013$.

Lời giải :

Ta có :

${\lambda }^2-2013\lambda -1$$=0$$\Rightarrow \lambda$$=2013+\frac{1}{\lambda }$$\Rightarrow \lambda x_n$$=2013x_n+\frac{\lambda }{x_n}$

Ta có :

$x_n$$=\lfloor \lambda x_{n-1}\rfloor$$\Rightarrow \lambda x_{n-1}-1$$<x_n$$<\lambda x_n$$\Rightarrow x_{n-1}-\frac{1}{\lambda }$$<\frac{x_n}{\lambda }$$<x_n$

Từ đó ta được ngay :

$\lfloor \frac{x_n}{\lambda }\rfloor$$=\lfloor x_{n-1}-\frac{1}{\lambda }\rfloor$$=x_{n-1}-1$

Do đó mà :

$x_{n+1}$$=\lfloor \lambda x_n\rfloor$$=\lfloor 2013x_n+\frac{x_n}{\lambda }\rfloor$$=2013x_n+\lfloor \frac{x_n}{\lambda }\rfloor$$=2013x_n+x_{n-1}-1$$\equiv x_{n-1}-1(mod2013)$

Do vậy ta có :

$$x_{2013}\equiv x_{2011}-1\equiv ...\equiv x_1-1006\equiv 1008(mod2013)$$

Bài toán (Turkey National Olympiad Second Round 2013)

Tìm tất cả các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn :

$$2^n+n=m!$$

Lời giải :

Xét $m\le 6$. Do $2^n+n\ge 3$ nên $m\ge 3$. Như vậy ta xét $m\in \left\{3,4,5,6\right\}$. Thử từng trường hợp ta được cặp $(m,n)=(3,2)$.

Ta chỉ xét $m>6$. Đặt $n=2^k.t(k\in \mathbb{N},t\in {\mathbb{Z}}^{+},2\nmid t)$. Dễ thấy $n>k$.

Ta có :

$$m!=2^n+n=2^n+2^k.t=2^k(2^{n-k}+t)$$

Suy ra :

$$k=v_2(2^k.(2^{n-k}+t))=v_2(m!)$$

Lại theo định lí Legendre ta được :

$k$$=v_2(m!)$$=\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\lfloor \frac{m}{2^i}\rfloor$$\ge \lfloor \frac{m}{2}\rfloor$

Mặt khác ta cũng dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp rằng với $m>6$ thì :

$$2^{\lfloor m/2\rfloor }\ge m$$ và $$2^{m^2}>m!$$

Nếu mà $m\ge t$ thì $t\mid m!=2^n+n=2^n+2^k.t\Rightarrow t\mid 2^n$, mâu thuẫn vì $t$ lẻ,

Do đó phải có $t>m$. Từ đó dẫn đến :

$$n=2^k.t\ge 2^{\lfloor m/2\rfloor }.m>m^2\Rightarrow 2^n>2^{m^2}>m!$$

Phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Đáp số duy nhất của bài toán là $(m,n)=(3,2)$

Bài toán (Indian NMO 2014)

Với số tự nhiên bất kì $n$, chứng minh rằng:

$$\lfloor \frac{n}{1}\rfloor +\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +...+\lfloor \frac{n}{n}\rfloor +\lfloor \sqrt{n}\rfloor$$ là số chẵn Lời giải :

Bổ đề 1 : Với số nguyên dương $n$ và số nguyên dương $a$. Ta có :

i) $\lfloor \frac{n+1}{a}\rfloor =\lfloor \frac{n}{a}\rfloor khia\nmid n+1$

ii) $\lfloor \frac{n+1}{a}\rfloor =\lfloor \frac{n}{a}\rfloor +1khia\mid n+1$

Chứng minh :

Đặt $n+1=ka+r,t\in \left[0,a-1\right]$. Nếu $r=0$ thì $\lfloor \frac{n}{a}\rfloor =\lfloor \frac{ka-1}{a}\rfloor =k+\lfloor \frac{-1}{a}\rfloor =k-1=\lfloor \frac{n+1}{a}\rfloor -1$

Nếu $r\ne 0$ thì $\lfloor \frac{n}{a}\rfloor =\lfloor \frac{ka+r-1}{a}\rfloor =k+\lfloor \frac{r-1}{a}\rfloor =k=\lfloor \frac{n+1}{a}\rfloor$

Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2 : Với số nguyên dương $n$, ta có :

i) $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ nếu $n+1$ không là số chính phương.

ii) $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor \sqrt{n}\rfloor +1$ nếu $n+1$ là số chính phương.

Chứng minh :

Nếu $n+1$ chính phương, đặt $n+1=a^2$ thì $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor \sqrt{a^2}\rfloor =a$

Còn $a-1=\sqrt{a^2-2a+1}<\sqrt{n}=\sqrt{a^2-1}<\sqrt{a^2}=a\Rightarrow \lfloor \sqrt{n}\rfloor =a-1=\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor -1$

Nếu $n+1$ không chính phương. Gỉa sử $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =a,\lfloor \sqrt{n}\rfloor =b\Rightarrow a\ge b$. Ta có $a\le \sqrt{n+1}\Rightarrow a^2\le n+1$ nhưng do dấu bằng không xảy ra (vì $n+1$ không chính phương) nên $a^2<n+1\Rightarrow a^2\le n\Rightarrow a\le \sqrt{n}\Rightarrow a\le \lfloor n\rfloor =b$. Kéo theo $a=b$.

Bổ đề được chứng minh.

 Quay trở lại bài toán : 

Ta chứng minh bằng quy nạp. Kiểm tra được dễ dàng với những giá trị đầu tiên. Gỉa sử :

$A$$=\lfloor \frac{n}{1}\rfloor +\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +...+\lfloor \frac{n}{n}\rfloor +\lfloor \sqrt{n}\rfloor$$=2m$

Ta xét với $n+1$ :

Gỉa sử $n+1$ có đúng $k$ ước nguyên dương, hiển nhiên các ước này thuộc tập $\left\{1,2,3,...,n+1\right\}$

Khi đó :

$B$$=\lfloor \frac{n+1}{1}\rfloor +\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor +...+\lfloor \frac{n+1}{n}\rfloor +\lfloor \frac{n+1}{n+1}\rfloor +\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor$$=\left(\lfloor \frac{n}{1}\rfloor +\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +...+\lfloor \frac{n}{n}\rfloor \right)+k+\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor$$=2m+k+\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor -\lfloor \sqrt{n}\rfloor$

• Nếu $n+1$ không là số chính phương thì trong phân tích tiêu chuẩn của $n+1$ sẽ có một thừa số nguyên tố có số mũ lẻ. Gỉa sử $n+1=p_1^{t_1}.p_2^{t_2}...p_i^{t_i}..p_s^{t_s}$ với $t_i$ lẻ. khi đó $2\mid k=(t_1+1)(t_2+1)...(t_s+1)$ vì $t_i$ lẻ.

Tức trường hợp này $k$ chẵn, đặt $k=2k^{\prime }$.

Mặt khác theo bổ đề trên khi $n+1$ không chính phương thì $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor \sqrt{n}\rfloor$

Do vậy ta có $B=2m+2k^{\prime }$ chẵn.

• Nếu $n+1$ chính phương thì tất cả các ước nguyên tố trong phân tích tiêu chuẩn đều có số mũ chẵn. Khi đó số ước của $n+1$ lẻ, tức $k=2k^{\prime }+1$.

Theo bổ đề lại có $\lfloor \sqrt{n+1}\rfloor =\lfloor \sqrt{n}\rfloor +1$

Do vậy ta có $B=2m+2k^{\prime }+2$ chẵn.

Theo nguyên lí quy nạp bài toán được chứng minh.

Bài toán (CĐT Olympic 30-4 toán 11 năm 2013-2014 THPT Chuyên Lương Thế Vinh , Đồng Nai)

Cho các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $a+b,ab$ là các số nguyên dương và $\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor$ là một số chính phương. Chứng minh rằng $a,b$ là các số nguyên dương.

Lời giải :

Áp dụng BĐT quen thuộc sau $\lfloor x+y\rfloor \ge \lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor ,\forall x,y\in \mathbb{R}$, ta có :

$\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor$$\le \lfloor a^2+ab+b^2+ab\rfloor$$=\lfloor (a+b{)}^2\rfloor$$=(a+b{)}^2$

• Nếu $\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor =(a+b{)}^2$ ta có :

$\lfloor a^2\rfloor +ab+\lfloor b^2\rfloor +ab$$=(a+b{)}^2$$\iff \lfloor a^2\rfloor +\lfloor b^2\rfloor$$=a^2+b^2$

Mặt khác ta có

$\lfloor a^2\rfloor$$\le a^2,\lfloor b^2\rfloor$$\le b^2$$\Rightarrow \lfloor a^2\rfloor +\lfloor b^2\rfloor$$\le a^2+b^2$

Do đó dấu bằng phải xảy ra, khi đó $a^2=\lfloor b^2\rfloor ,b^2=\lfloor b^2\rfloor \Rightarrow a^2,b^2\in {\mathbb{Z}}^{+}$

Lại chú ý $b=\frac{b^2-a^2+(a+b{)}^2}{2(a+b)}\in \mathbb{Q}$, mà $b^2\in \mathbb{Z}$ nên $b\in \mathbb{Z}$. Tương tự $a\in \mathbb{Z}$. Kết hợp với $a+b,ab\in {\mathbb{Z}}^{+}$ ta có $a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}$

• Nếu $\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor <(a+b{)}^2$

Vì $\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor$ chính phương nên :

$$\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor =(a+b-k{)}^2$$

Trong đó $k\in \mathbb{N},1\le k\le a+b$.

Điều này tương đương :

$\lfloor a^2\rfloor +\lfloor b^2\rfloor +2ab$$=a^2+b^2+k^2-2k(a+b)+2ab$$\iff \left\{a^2\right\}+\left\{b^2\right\}$$=2k(a+b)-k^2\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow \left\{a^2\right\}+\left\{b^2\right\}$$=2k(a+b)-k^2$$=1$$\Rightarrow 2(a+b)$$=k+\frac{1}{k}\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow a+b$$=k$$=1$

Kéo theo $\lfloor a^2+ab\rfloor +\lfloor b^2+ab\rfloor =0$, mâu thuẫn vì $a,b$ dương.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Chứng minh rằng $C_p^k$ chia hết cho $p$ với $k=1,2,...,p-1$.

Lời giải :

Bổ đề : Với $p,q$ nguyên tố và $i$ là số nguyên dương, ta có $\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor =\lfloor \frac{p}{q^i}\rfloor$.

Chứng minh bổ đề :

Nếu $p-1<q^i\Rightarrow p\le q^i$ mà vì $p,q$ nguyên tố nên có $p<q^i$, từ đó $\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor =\lfloor \frac{p}{q^i}\rfloor =0$

Nếu $p-1\ge q^i$ ta đặt $p-1=q^i.t+r(0\le r<q^i)$, dẫn đến $r+1\le q^i$, nhưng nếu $r+1=q^i$ thì $p-1=q^i.t+q^i-1\Rightarrow p=q^i(t+1)$, mâu thuẫn vì $p,q$ nguyên tố, do đó $r+1<q^i$.

Từ đó $\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor =\lfloor k+\frac{r}{q^i}\rfloor =k=\lfloor k+\frac{r+1}{q^i}\rfloor =\lfloor \frac{p}{q^i}\rfloor$

Tóm lại, bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán :

Ta có $\frac{C_p^k}{p}=\frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}$.

Theo định lí $Legendre$, số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố $q$ trong $(p-1)!$ là :

$v_q\left((p-1)!\right)$$=\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor$

Theo định lí $Legendre$, số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố $q$ trong $k!(p-k)!$ là :

$v_q\left(k!(p-k)!\right)$$=\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\left(\lfloor \frac{k}{q^i}\rfloor +\lfloor \frac{p-k}{q^i}\rfloor \right)$

Áp dụng bổ đề và BĐT quen thuộc $\lfloor a+b\rfloor \ge \lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor ,\forall a,b\in \mathbb{R}$, ta được :

$\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor$$=\lfloor \frac{p}{q^i}\rfloor$$=\lfloor \frac{k}{q^i}+\frac{p-k}{q^i}\rfloor$$\ge \lfloor \frac{k}{q^i}\rfloor +\lfloor \frac{p-k}{q^i}\rfloor$$\Rightarrow \underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\lfloor \frac{p-1}{q^i}\rfloor$$\ge \underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\left(\lfloor \frac{k}{q^i}\rfloor +\lfloor \frac{p-k}{q^i}\rfloor \right)$$\Rightarrow v_q\left((p-1)!\right)$$\ge v_q(k!(p-k)!)$$\Rightarrow \frac{C_p^k}{p}\in \mathbb{Z}$

Ta được điều phải chứng minh.