Ku 100 kí bá đạo quá Tiếp nhá
Bài 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1,x,x+1$ có diện tích là số nguyên.
Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn những số nguyên dương $n$ sao cho $n!$ chia hết cho $n^2+1$.
Cách khác cho bài 2:
Giải như sau:
Bổ đề 1: Với $p \equiv 1 \pmod{4}$ hay $p=4k+1$ và $p$ nguyên tố, tồn tại $n$ sao cho $n^2+1 \vdots p$
Thật vậy ta xét $(1,2,3,...,p-1)$ và xét số $k$ và $k'$ thuộc tập trên sao cho $k'.k \equiv -1 \pmod{p}$ khi ấy nếu $k'=k$ thì $k^2 \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow k^2+1 \vdots p$ khi đó nhận định được chứng minh còn nếu $k \neq k'$ khi ấy tập $(1,2,...,p-1)$ được tách thành $\dfrac{p-1}{2}$ cặp $k,k'$ sao cho $k.k' \equiv -1 \pmod{p}$ và cũng chú ý với mỗi $k$ chỉ tồn tại duy nhất một số $k'$ (do nếu tồn tại $k''$ sao cho $k.k'' \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $k'' \equiv k' \pmod{p}$ vô lí vì $k',k''<p$)
Khi ấy $(1.2...p-1) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}$ mà $p \equiv 1 \pmod{4}$ suy ra $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$
Do đó $(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$ $(2)$ mặt khác ta cũng chia tương tự $(1,2,...,p-1)$ thành các cặp $k.k' \equiv 1 \pmod{p}$ (ngoại trừ $(1,p-1)$ khi ấy cm tương tự trên với mỗi $k$ thì tồn tại duy nhất một số $k'$ do đó $(2.3...p-2) \equiv 1 \pmod{p}$ như vậy $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$ vô lí với $(1)$ do đó nhận định được cm hay với $p \in P$ và $p \equiv 1 \pmod{4}$ luôn tồn tại $n$ sao cho $n^2+1 \vdots p$
Bổ đề 2: Giả sử $n^2+1 \vdots p$ và $n'^2+1 \vdots q$ thì $n \equiv x \pmod{p}$ và $n' \equiv y \pmod{q}$
Khi ấy ta sẽ cm tồn tại số $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$
Thật vậy xét $p+x,2p+x,3p+x,...,qp+x$ thấy trong $q$ số trên không có hai số nào cùng số dư khi chia cho $q$ vì ngược lại suy ra $ip+x \equiv jp+x \pmod{q} \Rightarrow (i-j)p \vdots q \rightarrow i-j \vdots q$ (do $p,q$ nguyên tố và $p \neq q$) vô lí vì $1\le i,j\le q$
Do đó mọi số của dãy trên có số dư khác nhau khi chia cho $q$ nên tồn tại $l$ sao cho $lp+x \equiv y \pmod{q}$ khi ấy chọn $N=lp+x$ ta sẽ có $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$, khẳng định được cm
Như vậy ta cm xong tồn tại $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$
Bổ đề 3: Có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$
Thật vậy giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $4k+1$ gọi chúng là $p_1,p_2,...,p_k$ là tất cả số nguyên tố $ \equiv 1 \pmod{4}$ khi ấy xét $B=(p_1p_2...p_k)^2+1$ thì nhận thấy theo bổ đề $p \equiv 3 \pmod{4}$ thì $p|a^2+b^2 \Leftrightarrow p|a,p|b$ từ đó suy ra $B$ không thể có ước nguyên tố $ \equiv 3 \pmod{4}$ do đó $B$ có một ước nguyên tố là $r$ với $r \equiv 1 \pmod{4}$ và do $p_1,p_2,...,p_k$ là tất cả số nguyên tố có dạng $4k+1$ do đó $r \in (p_1,...,p_k)$ nhưng khi ấy $(p_1...p_k)^2 \vdots r \Rightarrow 1 \vdots r$ vô lí do đó có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$ như vậy khẳng định được cm
$$**********$$
Từ bổ đề 1 $p \equiv 1 \pmod{4}$ nguyên tố tồn tại $n$ để $n^2+1 \vdots p$
Gọi $q$ là số nguyên tố khác $p$ với $q \equiv 1 \pmod{4}$ khi ấy cm tương tự với $p$ ta có tồn tại số nguyên $n'$ sao cho $n'^2+1 \vdots q$
Theo bổ đề 2 suy ra tồn tại $N$ sao cho $N \equiv x \pmod{p}$ và $N \equiv y \pmod{q}$ suy ra $N^2+1 \vdots (pq)$
Gọi $N \equiv M \pmod{pq}$ với $0<M<pq$ khi ấy $M^2+1 \vdots (pq)$ ta thấy nếu $M\le \dfrac{pq-1}{2}$ khi ấy ta thấy $(pq-M)^2+1 \equiv M^2+1 \pmod{pq}$ suy ra $(pq-M)^2+1 \vdots (pq)$ và do $M\le \dfrac{pq-1}{2}$ nên
$pq-M>\dfrac{pq}{2}$ còn $M\geq \dfrac{pq}{2}$ thì ta giữ nguyên
Do đó qua nhận định vừa rồi ta thấy luôn tồn tại số $r$ sao cho $\dfrac{pq}{2}<r<pq$ sao cho $r^2+1 \vdots (pq)$
Khi ấy chọn $n=pq$ nên $n>\dfrac{pq}{2}$ mà $r^2+1 \vdots (pq)$ suy ra $n^2+1 \vdots (pq)$ và với $p,q$ đủ lớn thì $\dfrac{pq}{2}>p$ và $\dfrac{pq}{2}>q$ $(*)$ mà $n^2+1 \vdots pq$ nên $n^2+1=pqA$ với $A$ là số nguyên dương khi ấy $A<n$ vì nếu $A\geq n$ thì ta có $n^2+1=pqA\geq pqn \Rightarrow \dfrac{n^2+1}{n}\geq pq \Rightarrow n\geq pq$ vô lí vì ta đã chọn $n<pq$ do đó $A<n$
Giờ ta sẽ cm $n! \vdots n^2+1$ thật vậy $n^2+1=pqA$ mà như ta đã cm ở $(*)$ suy ra $n\geq \dfrac{pq+1}{2}>p,q$ nên $n! \vdots p,q$ mặt khác $A<n$ nên $n! \vdots A$, với $n$ đủ lớn ta hoàn toàn có $n! \vdots n^2+1$ như vậy việc còn lại của ta là cm có vô số số nguyên tố có dạng $4k+1$ hay vô số $p,q$ nhưng đó chính là bổ đề 3 nên có vô số $p,q$
Giờ ta cm nốt có vô số số $n$ thỏa mãn, thật vậy theo cách chọn của ta ở trên với mỗi $p,q$ sao cho $p \equiv q \equiv 2 \pmod{4}$ và $p,q$ nguyên tố luôn tồn tại số $n$ với $\dfrac{pq}{2}<n<pq$ sao cho $n! \vdots (n^2+1)$ (theo cm trên) như vậy do theo bổ đề $3$ có vô số số nguyên tố dạng $4k+1$ nên tồn tại $q'$ đủ lớn để $q'>2q$ khi ấy cũng tồn tại $n'$ sao cho $(n')! \vdots (n'^2+1)$ và $\dfrac{pq'}{2}<n'<pq$ và vì $q'>2q$ nên $\dfrac{pq'}{2}>pq>n$ do đó $n'>n$
Như vậy ta tiếp tục chọn $n''>n'>n$ và tương tự vậy, dãy $n$ chọn thực sự tăng nên có vô số $n$ thỏa đề, đây là $đpcm$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-12-2012 - 14:43