Bài viết này, có nội dung là một số bài toán tôi sử dụng để dạy các học sinh thi VMO năm học 2018-2019. Các bài toán này, một số được tôi sáng tác mới hoặc mở rộng và làm mạnh từ các bài đã cũ.

P1. Một số nguyên dương $a$ gọi “đẹp” nếu tồn tại số nguyên dương $b$ thỏa mãn $a^5+b^7$ chia hết cho $2018$. Tìm số các số đẹp không lớn hơn 2018.

Lời giải. Nhận xét rằng nếu $a$ là một số đẹp thì sẽ tồn tại một cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ thỏa mãn $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$, $a_2\in\{0,\,1\}$ sao cho các phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ và $x^7\equiv a_2^5\pmod{2}$ có nghiệm tương ứng là $x_1,\,x_2$ (ở đây $a_1,\,a_2$ lần lượt là số dư của $a$ khi chia $1009$ và $2$, còn $x_1,\,x_2$ lần lượt là số dư của $-b$ khi chia $1009$ và $2$).

Đảo lại, với mỗi cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ như thế thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại duy nhất số $a\in\{1,\,2,\ldots,\,2018\}$ sao cho $a\equiv a_1\pmod{1009}$ và $a\equiv a_2\pmod 2$. Đồng thời, vẫn lại theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại $x^*$ sao cho $x^*\equiv x_1\pmod{1009}$ và $x^*\equiv x_2\pmod{2}$. Và ta chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv-x^*\pmod{2018}$ là có được $2018\mid\left(a^5+b^7\right)$.

Vì phương trình $x^7\equiv a_2^5\pmod 2$ luôn có nghiệm là $a_2$ với $a_2\in\{0,\,1\}$, nên theo nguyên lý nhân thì số các số $a$ cần tìm sẽ là $2N$. Với $N$ là các số $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$ sao cho phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ có nghiệm. Với $a_1=0$ thì phương trình đó có nghiệm là $0$. Còn với $a_1\ne 0$, thì hễ $x$ là nghiệm của phương trình ta thấy $1009\nmid x$. Gọi $r$ là một căn nguyên thủy theo mod 1009, khi đó tồn tại $t,\,m\in\{0,\,1,\ldots,\,1007\}$ sao cho\[{a_1} \equiv {r^k}\quad \left( {\bmod 1009} \right),\quad x \equiv {r^t}\quad \left( {\bmod 1009} \right).\]Từ $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ ta có được\[{r^{7t}} \equiv {r^{5k}}\quad \left( {\bmod 1009} \right).\]Theo tính chất của căn nguyên thủy, ta có\[7t \equiv 5k\quad \left( {\bmod 1008} \right).\]Vậy, $k=7l$ với $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$.

Đảo lại, với mỗi $a_1=r^{k}$ với $k=7l$ và $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,144\}$ thì phương trình $x^7\equiv r^{5k}\pmod{1009}$ luôn có nghiệm $x=r^{5l}$. Điều đó kết hợp với việc $r^{7l}$ và $r^{7l’}$ không cùng số dư khi chia cho 1009 nếu $l\ne l’$ và $l,\,l’\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$ cho ta $N=144+1$.

Tóm lại, số các số $a$ cần tìm là $290.$

$\square$

P2. Tìm các số nguyên dương $m$ có tính chất: Nếu nó là ước của $a^{2018}b+1$ với $a,\,b\in\mathbb Z$ thì nó cũng là ước của $a^{2018}+b$.

Lời giải. Giả sử $m$ là số thỏa yêu cầu, chúng ta có các nhận xét như sau.

Nhận xét 1. Với số nguyên dương $a$ bất kỳ thỏa mãn $\gcd(a,\,m)=1$, khi đó luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho\[m\mid\left(a^{2018}b+1\right).\]
Thật vậy, do $\gcd(a,\,m)=1$ nên $\gcd\left(a^{2018},\,m\right)=1$ do đó tồn tại $a’$ là nghịch đảo của $a^{2018}$ theo mod $m$. Đến đây, chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv -a’\pmod m$ là có\[{a^{2018}}b \equiv – {a^{2018}}a’ \equiv – 1\pmod m.\]Từ đó nhận xét đã nêu được chứng minh.

Để ý là, với $a$ là số nguyên dương bất kỳ chỉ cần nguyên tố cùng nhau với $m$ thì sẽ luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho $m\mid\left(a^{2018}b+1\right).$ Từ yêu cầu cần thỏa với $m$, ta có\[{a^{4036}} = {a^{2018}}.{a^{2018}} \equiv {a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]
Nhận xét 2. Nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$, thì $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

Thật vậy, nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$. Giả sử các số nguyên dương $a,\,b$ nào đó thỏa mãn điều kiện $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$, ta có luôn $\gcd\left(a,\,m\right)=1$, do đó\[{a^{2018}}{a^{2018}} \equiv {a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Chứng tỏ $a^{2018}$ là một nghịch đảo theo mod $m$ của chính nó, lại từ\[{a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Ta có được $a^{2018}$ có nghịch đảo theo mod $m$ là $-b$, và do đó\[a^{2018}\equiv -b\pmod m.\]Như vậy là, cứ hễ $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$ thì kéo theo $m\mid\left(a^{2018}+b\right)$. Vậy nên nhận xét này được chứng minh.

Từ các nhận xét đã nêu, bài toán của chúng ta quy về: \textit{Tìm số nguyên dương $m$ sao cho\[{a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right),\quad\forall\,a\in\mathbb N^*:\;\gcd(a,\,m)=1.\] }
Rõ ràng, $m=1$ là một kế quả tầm thường nhưng thỏa mãn. Chúng ta xét $m>1$, khi đó nếu $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $m$, ta gọi $g_p$ là một căn nguyên thủy mod $p^{v_p(m)}$. Lúc đó do $p^{v_p(m)}\mid m$ và $\gcd \left( {{p^{{v_p}(m)}},{\mkern 1mu} \frac{m}{{{p^{{v_p}(m)}}}}} \right) = 1$ nên theo định lý thặng dư Trung Hoa (CRT), sẽ tồn tại số nguyên dương $A$ sao cho\[A \equiv {g_p}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right),\qquad A \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \frac{m}{{{p^{{v_p}\left( m \right)}}}}} \right).\]
Vì $\gcd\left(g_p,\,p^{{v_p}(m)}\right)=1$ và cách chọn $A$, cho nên $\gcd(A,\,m)=1$, từ đó\[A^{4036}\equiv 1\pmod m.\]Hạ xuống mod $p^{{v_p}(m)}$, ta có\[1 \equiv {A^{4036}} \equiv g_p^{4036}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Bởi vai trò của $g_p$, nên\[\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)\mid 4036.\]Để ý rằng $\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)=p^{v_p(m)-1}(p-1)$ và $4036=2^2.1009$, cho nên ta chỉ thấy $p=3$ hoặc $p=5$, đồng thời khi ấy thì $v_p(m)=1$. Nghĩa là, số $m$ của chúng ta có dạng $$m=2^n3^k5^l,\quad k,\,l\in\{0,\,1\},\,n\in\mathbb N.$$
Ta có $\gcd(11,\,m)=1$, nên\[11^{4036}\equiv 1\pmod m.\]Theo bổ đề LTE, ta có được\[n = {v_2}\left( m \right) \le {v_2}\left( {{{11}^{4036}} – 1} \right) = {v_2}\left( {{{11}^2} – 1} \right) + {v_2}\left( {2018} \right) = 4.\]Kết hợp lại, để thấy nếu $m$ thỏa mãn yêu cầu thì $m\mid 2^4.15$ nói khác đi $m\mid 240$.

Đảo lại, dễ dàng thấy rằng nếu các số nguyên dương $a_2$ lẻ $a_3$ là số không chia hết cho $3$ và $a_5$ không là bội của $5$ thì\[a_2^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,16} \right),\quad a_3^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,3} \right),\quad a_5^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,5} \right).\]
Cho nên tất cả các số cần tìm, là các ước số dương của $240$.

$\square$

P3. Cho $m$ là một số nguyên dương thỏa mãn $\varphi(m)$ chia hết cho $2018$, chứng minh rằng\[{m^{2016}}\mid \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} .\]

Lời giải. Xét nhóm đơn vị mod $m$, tức là tập\[\mathcal{U}_m=\left\{r:\;r\in\mathbb N^*,\,r\le m,\,\gcd (r,\,m)=1\right\}.\]Ta sẽ viết các số trong $\mathcal U_m$ lên các đỉnh của đa giác đều $1009$ cạnh, sao cho tích các số được viết chia $m$ dư $1$. Việc viết này, thực chất là chỉ phụ thuộc vào $1008$ số đem điền đầu tiên, bởi vì số cuối cùng chính là nghịch đảo theo mod $m$ của tích $1008$ số đã viết trước. Lý do đó, cùng với quy tắc nhân cho ta thấy số cách viết sẽ là\[N=\varphi(m)^{1008}.\]Giờ ta coi hai cách điền số là cùng một lớp tương đương, nếu như cách điền này nhận được từ cách kia qua một phép quay theo chiều dương. Khi đó, lớp tương đương chỉ có một cách điền số khi và chỉ khi tất cả các số điền đều cùng bằng $r$, với $r\in\mathcal U_m$ thỏa mãn\[r^{1009}\equiv 1\pmod m.\]Các lớp tương đương còn lại, mỗi lớp sẽ có $1009$ cách điền số. Giờ ta gọi $N^*$ là số các lớp tương đương mà mỗi lớp có đúng một cách điền, còn $N’$ là số các lớp tương đương có $1009$ cách điền số, thế thì\[{N^*} + 1009N’ = \varphi {\left( m \right)^{1008}} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,1009} \right).\]Do vậy $1009\mid N^*$, đồng thời $N^*\ne 0$ bởi vì có một cách điền toàn số $1$ thỏa yêu cầu, bởi vậy $N^*\ge 1009$. Lại chú ý rằng, nếu ta điển số $r$ lên tất cả $1009$ đỉnh, thế thì với $r\ne 1$ do $\text{ord}_m(r)\mid p$ và $r\in\mathcal U_m\setminus\{1\}$ ta có được $\text{ord}_m(r)=p$.

Tóm lại, trong $\mathcal U_m$, sẽ có ít nhất $1008$ số $r$ khác $1$ thỏa $r^{1009}\equiv 1\pmod m$. Vì thế, sẽ có ngay\[{m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{r^{1009}} – 1} \right)} ,\quad {m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{{\left( { – r} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\] Giờ thì ta có điều cần chứng minh, nếu để ý rằng $\mathcal U_m {\setminus\{1\}}\subset\{2,\,3,\,\ldots ,\,m\}$ và \[\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} = {\left( { – 1} \right)^{m – 1}}\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{1009}} – 1} \right)} \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{{\left( { – k} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\]

$\square$

P4. Chứng minh rằng tồn tại song ánh $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ thỏa mãn \[f(2n)-f(2n-1)=2018n,\quad\forall\,n\in\mathbb N^*.\]

Lời giải.  Trước tiên, ta quan tâm đến định lý sau.\\

Định lý Beatty. Cho các số vô tỷ dương là $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$, đặt $\mathcal A=\left\{\left\lfloor an\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$ và $\mathcal B=\left\{\left\lfloor bn\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$, khi đó\[\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset\;\text{và}\;\mathcal A\cup\mathcal B=\mathbb N^*.\]
Chứng minh định lý Beatty. Dễ thấy $\mathcal A$ và $\mathcal B$ đều là tập con của $\mathbb N^*$, giả sử $\mathcal A\cap\mathcal B\ne\emptyset$ khi đó sẽ phải tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m$ sao cho\[\left\lfloor ka\right\rfloor=\left\lfloor lb\right\rfloor=m.\]
Để ý rằng $ka;\,lb\notin\mathbb Q$ nên điều đó dẫn đến
\begin{align*}
m<ka<m+1,\\
m<lb<m+1.
\end{align*}
Lần lượt chia cho $a$ và $b$ các vế của hai bất đẳng thức trên, rồi cộng lại sẽ dẫn đến điều vô lý là $m<k+l<m+1$. Vậy $\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset$.

Giờ ta cần chứng minh rằng: Với số nguyên dương $n$ bất kỳ thì hoặc $n\in\mathcal A$ hoặc $n\in\mathcal B$. Ngược lại của điều đó nghĩa là không tồn tại $k,\,l\in\mathbb N^*$ sao cho $n=\left\lfloor ka\right\rfloor$ hoặc $n=\left\lfloor lb\right\rfloor$. Điều đó dẫn đến sự tồn tại $s,\,t\in\mathbb N^*$ sao cho
\begin{align*}
sa<n,\quad (s+1)a>n+1,\\
tb<n,\quad (t+1)b>n+1.
\end{align*}
Từ $sa$ và $tb$ đều nhỏ hơn $n$, ta có $n>s+t$ nhưng từ $(s+1)a>n+1$ và $(t+1)b>n+1$ ta lại có được điều mâu thuẫn với trên là $s+t+2>n+1$ tức $s+t\ge n$. \\

Định lý được chứng minh.

Quay trở lại bài toán, xét phương trình\[\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2018}} = 1.\]Phương trình này, có một nghiệm vô tỷ dương là $a =-1008+\sqrt{1009^2+1}$. Ta đặt $b=a+2018$, và xét hàm số $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ cho bởi công thức\[f\left( n \right) = \begin{cases}

\left\lfloor \dfrac{(n+1)a}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{lẻ},\\ \\\left\lfloor \dfrac{nb}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{chẵn}.
\end{cases} \]
Từ định lý Beatty, ta có được điều cần chứng minh.

P5. Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ và hằng số $k$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$ thì $2^nP(n)+k$ luôn là số chính phương. 

Lời giải. Giả sử đa thức $P$ và số $k$ thỏa yêu cầu, ta xét hai trường hợp sau.

1. Nếu $k= 0$, khi đó do $2^{2n}P(2n)$ luôn là số chính phương nên $P(2n)$ cũng vậy. Từ đó, sẽ tồn tại đa thức hệ số nguyên $Q(x)$ sao cho $P(x)=Q(x)^2$, lúc này từ $2^{2n+1}P(2n+1)$ luôn là số chính phương, ta sẽ có $Q(x)$ là đa thức $0$ kẻo không thì sẽ có điều mâu thuẫn là $2$ là bình phương một số hữu tỷ.
2.  Nếu $k\ne 0$, ta đi chứng minh là $\deg P\le 0$. Thật vậy, nếu $\deg P>0$ thì tồn tại $m_0$ sao cho $P(m)$ và $P'(m)$ đều là các số nguyên khác $0$ với $m\ne m_0$. Lấy $m$ là một số nguyên dương sao cho $P(m)P'(m)\ne 0$ thế thì do tồn tại vô số ước nguyên tố của dãy $f_n=2^nP(m)+k$, nên ta chọn $p$ là ước nguyên tố của $2^{n_0}P(m)+k$ (với $n_0\in\mathbb N^*$ đủ lớn) sao cho $p>\left|P'(m)\right|+2$, theo định lý CRT sẽ tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn\[n \equiv m\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p} \right),\qquad n \equiv {n_0}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p – 1} \right).\]Lúc này, theo tính chất của đa thức hệ số nguyên và định lý Fermat bé, ta có \[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{{n_0}}}P\left( m \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\]Từ đó $v_p\left(2^nP(n)+k\right)\ge 2$, mặt khác với $n’=n+p(p-1)$, ta có\[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\] Định lý Euler cho ta ${2^{n’}} = {2^n}{.2^{\varphi \left( {{p^2}} \right)}} \equiv {2^n}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).$ Nên từ bổ đề tiếp tuyến, ta có\[0 \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) – {2^n}P\left( n \right) \equiv {2^n}p\left( {p – 1} \right)P’\left( n \right)\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).\]Và bởi vì, $P'(x)$ cũng là đa thức hệ số nguyên, cho nên\[P’\left( m \right) \equiv P’\left( n \right) \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,p} \right).\]Đây là điều mâu thuẫn với cách chọn $p$. Như vậy, $P(x)$ phải là một đa thức hằng, giả sử $P(x)=C$ (với $C$ là hằng số nguyên) và dãy các số tự nhiên $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ thỏa mãn\[{2^n}C + k = s_n^2,\quad\forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]Ta có ngay $\left(2s_n,\,s_{n+2}\right)$ luôn là cặp nghiệm $(x,\,y)$ của phương trình\[x^2-y^2=3k.\] Nếu $(x,\,y)$ là nghiệm của phương trình đó, từ việc các số $x-y$ và $x+y$ phải là ước của $3k$ cho nên cả $x$ và $y$ đều bị chặn, để kéo theo dãy $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ bị chặn. Rõ ràng, điều đó chỉ xảy đến khi mà $C=0$.

Vậy, ta thấy kết quả cần tìm cho bài toán là $P(x)=0$ và $k$ là số chính phương nào đó.

$\square$