Tổng phần nguyên - Vũ Phương Thúy
Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 25 tháng 1 2021 lúc 15:30:36 | Được cập nhật: 3 giờ trước (6:34:13) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 294 | Lượt Download: 1 | File size: 0.26877 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Các đề luyện thi TNTHPT môn Toán
- Chuyên đề sự đồng biến và nghịch biến
- Chuyên đề cực trị của hàm số
- Test công thức
- 300 câu trắc nghiệm chương Đạo hàm theo chủ đề
- 520 bài tập trắc nghiệm đạo hàm
- Đề luyện tập Chuyên đề 1 - Ứng dụng của đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
- Đề luyện tập Chuyên đề 2 - Khối đa diện
- Đề luyện tập Chuyên đề 3 - Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm lôgarit
- ĐỀ 44-TỔNG HỢP (ĐẾN NGUYÊN HÀM-MẶT CẦU)
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Khóa tập huấn giáo viên THPT chuyên toán năm 2016
Báo cáo chuyên đề
Các phương pháp tính tổng phần nguyên
Giáo viên:
Trường:
Vũ Phương Thúy
THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
Email: [email protected]
8/2016
Tóm tắt
Trong số học, phần nguyên là một trong những nội dung rất hấp dẫn. Nó cũng thường
xuyên xuất hiện trong nhiều bài thi chọn học sinh giỏi toàn quốc, quốc tế với những
nội dung khác nhau. Trong số đó, các bài toán về tính tổng phần nguyên xuất hiện khá
đa dạng và phong phú. Vì vậy, tôi viết chuyên đề này để tổng hợp lại một số phương
pháp thường gặp trong các bài toán về tính tổng phần nguyên. Trong báo cáo, tôi đề
cập đến các phương pháp tính tổng phần nguyên như sau:
1. Phương pháp áp dụng định lý Hermite trong tính tổng.
2. Sử dụng định lý về điểm nguyên và phần nguyên trong các bài toán tính tổng.
3. Tính tổng phần nguyên dựa vào tính chia hết .
1
Mục lục
1 Một vài kiến thức cơ bản về phần nguyên
1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
2 Các phương pháp tính tổng phần nguyên
2.1 Định lý Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Sử dụng định lý về điểm nguyên và phần nguyên trong các bài toán tính
tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Tính tổng phần nguyên dựa vào tính chia hết . . . . . . . . . . . . . .
4
4
2
7
12
Chương 1
Một vài kiến thức cơ bản về phần
nguyên
1.1
Định nghĩa
Cho x là một số thực. Phần nguyên của x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Kí
hiệu phần nguyên của x là bxc. Như vậy bxc là số nguyên duy nhất có tính chất:
bxc ≤ x < bxc + 1.
Ngoài ra, người ta cũng gọi {x} = x − bxc là phần lẻ của số thực x. Khi đó:
0 ≤ {x} < 1.
1.2
Các tính chất cơ bản
1. Nếu x > y thì bxc ≥ byc. Như vậy, phần nguyên là hàm không giảm.
2. bx + nc = bxc + n với n là số nguyên.
3. bxc + byc ≤ bx + yc ≤ bxc + byc + 1.
(
0 nếu x ∈ Z
4. bxc + b−xc =
−1 nếu x ∈
/Z
c = b nx c với n ∈ Z
5. b bxc
n
6. Cho x là số thực dương và n là một số nguyên dương. Khi đó, số các số nguyên
dương là bội của n và không vượt quá x là b nx c.
3
Chương 2
Các phương pháp tính tổng phần
nguyên
2.1
Định lý Hermite
Định lý 2.1.1. Với n là số nguyên dương, x là số thực bất kì, ta có:
2
n−1
1
+ x+
+ ... + x +
.
bnxc = bxc + x +
n
n
n
Chứng minh. Xét hàm f (x) = bxc + x + n1 + x + n2 + ... + x + n−1
− bnxc.
n
Ta có
1
1
2
1 n−1
1
f (x + ) = x +
+ x+
+ ... + x + +
− n(x + )
n
n
n
n
n
n
1
n−1
= x+
+ ... + x +
+ bx + 1c − bnx + 1c
n
n
=f (x)
Do đó, với mọi x, tồn tại 0 ≤ t < n1 sao cho f (x) = f (t). Mặt khác trong [0, n1 ) thì tất
cả các số hạng bxc, x + n1 , ... x + n−1
, bnxc đều bằng 0.
n
Từ đó f (x) = 0, ∀x ∈ R.
P j x+i k
Bài toán 2.1.1. Tính tổng
.
j
0≤i2 thì 2n + 1 chia 8 dư 1, suy ra A chia
8 dư 3, không thể là số chính phương. Do đó n=1. Thử lại thấy đúng.
Với n=6k+2 hoặc 6k+4, 31 (2n − 1). Nếu n>2 thì 2n − 1 chia 8 dư 7, suy ra A chia 8 dư
5, không thể là số chính phương. Do đó n=2. Thử lại thấy đúng.
Vậy n=1 hoặc n=2 là các giá trị cần tìm.
6
2.2. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM NGUYÊN VÀ PHẦN NGUYÊN TRONG CÁC BÀI TOÁN
TÍNH TỔNG
2.2
Sử dụng định lý về điểm nguyên và phần nguyên trong
các bài toán tính tổng
Định lý 2.2.1. Cho a, c là các số thực dương.
Giả sử f : [a, b] → [c, d] là hàm đơn điệu tăng và là song ánh. Khi đó ta có:
X
X
bf (k)c +
bf −1 (k)c − n(Gf ) = bbcbdc − α(a)α(c)
a≤k≤b
(2.1)
c≤k≤d
Trong đó k là số nguyên, n(Gf ) là số (
điểm nguyên của đồ thị hàm số f trên đoạn [a,b]
bxc khi x ∈ R+ \ N∗
và α : R+ → N∗ xác định bởi α(x) =
x − 1 khi x ∈ N∗ .
Chứng minh. Do f là hàm đơn điệu tăng và song ánh nên f là hàm liên tục. Kí hiệu
n(M) là số điểm nguyên của miền M. Theo hình minh họa, ta có
X
bf (k)c = n(M1 ),
a≤k≤b
X
bf −1 (k)c = n(M2 ),
c≤k≤d
n(M3 ) = bbcbdc, n(M4 ) = α(a)α(c)
trong đó
M1 = {(x, y) ∈ R2 |a ≤ x ≤ b, 0 < y ≤ f (x)}
M2 = {(x, y) ∈ R2 |c ≤ y ≤ d, 0 < x ≤ f −1 (y)}
M3 = {(x, y) ∈ R2 |0 < x ≤ b, 0 < y ≤ d}
M4 = {(x, y) ∈ R2 |0 < x < a, 0 < y < c}
Khi đó:
n(M1 ) + n(M2 ) − n(M1 ∩ M2 ) = n(M1 ∪ M2 )
hay
n(M1 ) + n(M2 ) − n(Gf ) = n(M3 ) − n(M4 )
7
2.2. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM NGUYÊN VÀ PHẦN NGUYÊN TRONG CÁC BÀI TOÁN
TÍNH TỔNG
Từ đó ta rút ra điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.2. Cho a, c là các số thực dương.
Giả sử f : [a, b] → [c, d] là hàm đơn điệu giảm và song ánh. Khi đó ta có:
X
X
bf (k)c −
bf −1 (k)c = bbcα(c) − bdcα(a)
a≤k≤b
(2.2)
c≤k≤d
(
bxc khi x ∈ R+ \ N∗
Trong đó α : R+ → N∗ xác định bởi α(x) =
x − 1 khi x ∈ N∗ .
Chứng minh. Do f là hàm đơn điệu giảm và song ánh nên f là hàm liên tục. Kí hiệu:
N1 = {(x, y) ∈ R2 |a ≤ x ≤ b, 0 < y ≤ f (x)}
N2 = {(x, y) ∈ R2 |c ≤ y ≤ d, 0 < x ≤ f −1 (y)}
N3 = {(x, y) ∈ R2 |0 < x ≤ b, 0 < y < c}
N4 = {(x, y) ∈ R2 |0 < x < a, 0 < y ≤ d}
Khi đó:
X
bf (k)c = n(N1 )
a≤k≤b
X
bf −1 (k)c = n(N2 ))
c≤k≤d
bbcα(c) = n(N3 ), bdcα(a) = n(N4 )
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
n √
P
b kc.
Bài toán 2.2.1. Tính
k=1
8
2.2. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM NGUYÊN VÀ PHẦN NGUYÊN TRONG CÁC BÀI TOÁN
TÍNH TỔNG
√
√
Chứng minh. Xét hàm f : [1, n] → [1, n], f (x) = x. Đây là hàm đơn điệu tăng và
có hàm ngược là f −1 (x) = x2 . Do đó ta có:
√
b nc
n
X
X
√
√
bk 2 c − n(Gf ) = nb nc.
b kc +
k=1
k=1
√
Đăt b nc = a, ta có
n
X
√
a(a + 1)(2a + 1)
.
b kc = (n + 1)a −
6
k=1
n(n+1)
2
Bài toán 2.2.2. Tính
P j √8k+1−1 i
2
k=1
.
h
i
Chứng minh. Xét hàm f : 1, n(n+1)
→ [1, n] sao cho
2
√
8k + 1 − 1
.
f (k) =
2
Ta có f là hàm đơn điệu tăng và f −1 (k) =
k(k+1)
.
2
Áp dụng định lý ta có:
√
n
X 8k + 1 − 1 X
k(k + 1)
n2 (n + 1)
+
− n(Gf ) =
.
2
2
2
k=1
k=1
n(n+1)
2
Do đó
n(n+1)
√
2
X
k=1
8k + 1 − 1
n2 (n + 1)
1 n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1)
n(n2 + 2)
=
+n−
+
=
2
2
2
2
6
3
Bài toán 2.2.3. Cho m, n , s là các số nguyên dương, m ≤ n. Khi đó:
s
j ms k (m, n)s
X
X kn
km
+
=s
+
,
n
m
n
n
ms
k=1
1≤k≤
n
trong đó (m,n) là ước chung lớn nhất của m và n.
ms
,
sao cho f (x) = m
x.
Chứng minh. Xét hàm f : [1, s] → m
n n
n
n
−1
Dễ thấy f là hàm đơn điệu tăng, khả nghịch và f (x) = m x. Theo định lý ta có
s
j ms k
X
X kn
km
+
− n(Gf ) = s
n
m
n
ms
k=1
1≤k≤
Ta sẽ chứng minh n(Gf ) =
j
(m,n)s
n
k
n
.
1
= km
là số
Thật vậy: Đặt m = (m, n)m1 , n = (m, n)n1 , (n1 , m1 ) = 1. Khi đó km
n
n1
m 2m
sm
nguyên
j k khijvà chỉkkhi k chia hết cho
j n1 . Do
k đó số các số nguyên trong dãy n , n , ..., n
là
s
n1
=
(m,n)s
n
, hay n(Gf ) =
(m,n)s
n
. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
9
2.2. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM NGUYÊN VÀ PHẦN NGUYÊN TRONG CÁC BÀI TOÁN
TÍNH TỔNG
Hệ quả 2.2.1. Trong trường hợp s=n, ta có kết quả sau:
X
n
m
X
km
kn
+
= (m, n) + mn
n
m
k=1
k=1
Từ hệ quả trên và định lý, ta rút ra kết quả là bài toán trong kì thi 1998 Taiwanese
Mathematical Olympiad
Bài toán 2.2.4. Cho m, n là các số nguyên dương, chứng minh rằng
n−1
X
km
+ m + n − mn.
(m, n) = 2
n
k=1
n
P
km
Chứng minh. Trước hết ta đi tính
với (m ≤ n).
n
k=1
sao cho
Xét hàm f : [1, n] → 1, m + 1 − m
n
f (x) = m + 1 −
m
x.
n
n
Khi đó, f là hàm đơn điệu giảm và có hàm ngược là f −1 (x) = n + m
(1 − x).
Theo định lý, ta có:
n
X
X
km
(1 − k)n
m+1−
−
n+
=0
n
m
m
k=1
1≤k≤m+1− n
n
m
X
X
(k − 1)m
kn
⇔
−
=0
1+
n
m
k=1
k=1
X
n
m
X
km
kn
⇔n − m +
−
=0
n
m
k=1
k=1
Mặt khác, theo bài tập trên
n
X
k=1
X
m
km
kn
+
= (m, n) + mn
n
m
k=1
Từ đó suy ra:
n
X
km
k=1
n
=
1
(mn + m − n + (m, n))
2
Kết quả trên có thể viết dưới dạng
n−1
X
km
1
= (mn − m − n + (m, n)) ,
n
2
k=1
với mọi m,n.
Từ đó ta rút ra được đẳng thức cần chứng minh.
Bài tập đề nghị
10
(2.3)
2.2. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM NGUYÊN VÀ PHẦN NGUYÊN TRONG CÁC BÀI TOÁN
TÍNH TỔNG
Bài toán 2.2.5. Tính
n−1
P
k=1
Bài toán 2.2.6. Tính
{ km
} (Japan MO-1995)
n
n
P
k
k=1
3
.
Bài toán 2.2.7. Chứng minh rằng
n 2
X
n
k=1
k2
2
n
X
n
√
=
k
k=1
Bài toán 2.2.8. Cho λ là số vô tỷ, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
bnλc
n
X
X k
= nbnλc
bkλc +
λ
k=1
k=1
Bài toán 2.2.9. Cho p, q là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và m là số thực
thỏa mãn 1 ≤ m < p.
1. Nếu s =
j
mq
p
k
thì
[m]
X
kq
k=1
p
+
s
X
kp
k=1
q
= bmc.s
2. Nếu p, q là các số lẻ thì
p−1
q−1
2
X
kq
k=1
p
+
2
X
kp
q
k=1
11
=
(p − 1)(q − 1)
4
2.3. TÍNH TỔNG PHẦN NGUYÊN DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT
2.3
Tính tổng phần nguyên dựa vào tính chia hết
Định lý 2.3.1. Cho p là số nguyên tố lẻ, q là số nguyên không chia hết cho p. Giả sử
f : N∗ → R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
a.
f (k)
p
không là số nguyên với mỗi k=1,2,...,p-1.
b. f (k) + f (p − k) là số nguyên chia hết cho p, với mỗi k=1,2,...,p-1.
Khi đó ta có
p−1
X
k=1
X
p−1
q
q
p−1
f (k)
=
f (k) −
p
p
2
k=1
Chứng minh. Ta có: Với mỗi k=1,2,...,p-1 thì qfp(k) + qf (p−k)
∈ Z và
p
Do đó, từ tính chất phần lẻ suy ra
qf (k)
qf (p − k)
0<
+
< 2,
p
p
qf (k) qf (p−k)
, p
p
∈
/ Z.
hay
qf (k)
p
+
qf (p − k)
p
= 1.
Lấy tổng các giá trị này từ 1 đến p-1 ta có
X
p−1
p−1
X
qf (p − k)
qf (k)
+
= p − 1,
p
p
k=1
k=1
suy ra
p−1
X
qf (k)
k=1
p
=
p−1
.
2
Từ đó ta rút ra đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2.3.1. Cho p, q là 2 số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng
p−1
X
p
(p − 1)(q − 1)
(Gauss)
k
=
q
2
k=1
Chứng minh. Xét hàm f(x)=x. Dễ thấy f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý trên
và theo đó ta có
X
p−1
p−1
X
kp
kq p − 1
q p(p − 1) p − 1
(p − 1)(q − 1)
=
−
= .
−
=
q
p
2
p
2
2
2
k=1
k=1
Bài toán 2.3.2. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng
p−1 3
X
k
(p − 1)(p + 1)(p − 2)
=
p
4
k=1
(German MO-2002)
12
2.3. TÍNH TỔNG PHẦN NGUYÊN DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT
Chứng minh. Xét hàm f (x) = x3 . Dễ thấy f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý. Do
đó, ta có
p−1 3
p−1 3
X
X
k
k
p−1
1 (p − 1)2 p2 p − 1
(p − 1)(p + 1)(p − 2)
=
−
= .
−
=
p
p
2
p
4
2
4
k=1
k=1
Bài toán 2.3.3. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tính tổng
√
b 3 kpc
(p−1)(p−2)
P
k=1
√ p
Chứng minh. Xét f (x) : [1, (p − 1)(p − 2)] → [ 3 p, 3 p(p − 1)(p − 2)] sao cho f (x) =
3
√
3 xp. Khi đó f là hàm đơn điệu tăng và f −1 (x) = x
Khi đó ta có
p
(p−1)(p−2)
X
b
p
3
X
kpc +
√
3
k=1
√
p≤k≤ 3 p(p−1)(p−2)
k3
− n(Gf )
p
p
= (p − 1)(p − 2)b 3 p(p − 1)(p − 2)c
(2.4)
p
3
3
Dễ thấy b p(p − 1)(p − 2)c = (p−2) và do k không chia hết cho p với mọi k=1,2,...,p1 nên n(Gf ) = 0
Do đó
(p−1)(p−2)
X
X k3
p
3
b kpc +
= (p − 1)(p − 2)2
p
k=1
1≤k≤p−2
(p−1)(p−2)
⇔
X
k=1
p
(p − 1)3
(p − 1)(p + 1)(p − 2)
3
2
b kpc = (p − 1)(p − 2) +
−
p
4
(2.5)
(p−1)(p−2)
⇔
X
k=1
p
(p − 1)(p + 1)(p − 2)
b 3 kpc = (p − 1)(p − 2)2 + (p − 1)(p − 2) −
4
(p−1)(p−2)
⇔
X
k=1
p
(p − 1)(p − 2)(3p − 5)
b 3 kpc =
4
Bài toán 2.3.4. Cho p là số nguyên tố có dạng 4n+1, (m,p)=1. Chứng minh
X
p−1
p−1
X
mk 2
mk 2 p − 1
=
−
p
p
2
k=1
k=1
Chứng minh. Vì p là số nguyên tố có dạng 4n+1 nên với mỗi i ∈ {1, 2, ..., p−1
}, tồn tại
2
p+1
2
2
duy nhất j ∈ { 2 , ..., p − 1} sao cho i + j ≡ 0 (mod p).
Do đó
X 2 2 X 2
X
p−1
p−1
X
mk 2
mi
mj
mi
mj 2
mi2 p − 1
=
+
=
+
−1 =
−
p
p
p
p
p
p
2
i=1
k=1
(i,j)
(i,j)
Bài toán được chứng minh
13
2.3. TÍNH TỔNG PHẦN NGUYÊN DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT
Áp dụng kết quả trên với m=1 ta được bài toán sau là bài toán trong Vietnam TST
2005
Bài toán 2.3.5. Chứng minh rằng
p−1
2 j 2k
P
i
= (p−1)(p−5)
p
24
i=1
j
k
p−1
P i2
(p−1)(7p−11)
p+1 p =
24
i=
2
Chứng minh. Áp dụng bài toán trên với m=1 ta có:
p−1 2
p−1 2
X
X
i
i
p−1
(p − 1)p(2p − 1) p − 1
(p − 1)(p − 2)
=
−
=
−
=
p
p
2
6p
2
3
i=1
i=1
Mặt khác lại có
p−1 2
X
i
p
i=1
p−1
=
p−1
2 2
X
i
p
i=1
(p − i)2
+
p
=2
p−1
2 2
X
i
i=1
p
+
2
X
(p − 2k)
i=1
Từ đó ta có
p−1
2 2
X
i
i=1
p
1
=
2
(p − 1)(p − 2) p(p − 1) p2 − 1
−
+
3
2
4
=
(p − 1)(p − 5)
24
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Tổng quát của bài toán 2.3.4 ta có: Với p là số nguyên tố chia 4 dư 1, với hai hàm
số f(x), g(x) thỏa mãn (f(x),p)=(g(x),p)=1 với mọi x. Khi đó
p−1
X
g(x)f (x)i2
f (x)i2
(g(x) − 1)(p − 1)
− g(x)
=
p
p
2
i=1
Bài toán 2.3.6. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng
p−1 p
X
k −k
k=1
p
≡
p+1
(mod p)
2
p
Chứng minh. Xét f (x) = xp . Dễ thấy f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý. Lấy
q=1, khi đó ta có
p−1 p
p−1 p
X
X
k
k
p−1
=
−
p2
p2
2
k=1
k=1
p−1
p−1
1 X kp − k 1 X k p − 1
=
+
−
p k=1 p
p k=1 p
2
p−1
1 X k p − k (p − 1)2
=
−
p k=1 p
2p
14
2.3. TÍNH TỔNG PHẦN NGUYÊN DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT
Do đó
p−1 p
X
k −k
p
k=1
p−1 p
X
k
(p − 1)2
=
+p
2
p
k=1
hay
p−1 p
X
k −k
p
k=1
≡
(p − 1)2
p2 + 1
p+1
≡
≡
(mod p)
2
2
2
Chú ý 2.3.1. Từ bài tập trên ta có chú ý sau: Với mỗi k=1,2,...,p-1, kí hiệu rk là số
dư của k p khi chia cho p2 . Khi đó ta có
p
k
p
k = 2 .p2 + rk , k = 1, 2, ..., p − 1.
p
Do đó
p−1
X
p
k =p
k=1
2
p−1 p
X
k
k=1
p2
p−1
p−1
X
−p2 (p − 1) X
kp
rk +
rk =
+
+
2
k=1
k=1
k=1
p−1
X
Từ đó suy ra
p−1
X
rk =
k=1
p2 (p − 1)
2
Bài tập đề nghị
Bài toán 2.3.7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tính tổng
√
b 3 kpc
(p−1)(p−2)
P
k=1
Bài toán 2.3.8. Cho p là số nguyên tố lẻ, q là số nguyên dương không chia hết cho
p. Chứng minh rằng
p−1
X
(p − 1)(q − 1)
k 2q
(−1) k
=
p
2
k=1
Chú ý: Với q=1, ta thu được kết quả
p−1
X
kk
(−1)
k=1
2
p
=0
Bài toán 2.3.9. Cho p là số nguyên tố lẻ, q là số nguyên dương không chia hết cho
p. Tính tổng
p−1
X
k 4q
(−1) k
p
k=1
Bài toán 2.3.10. Cho p là số nguyên tố chia 4 dư 1, khi đó ta có các hệ thức sau
p−1
P j i2 1 k (p−1)(2p−1)
1.
+2 =
p
6
i=1
15
2.3. TÍNH TỔNG PHẦN NGUYÊN DỰA VÀO TÍNH CHIA HẾT
2. 2
p−1
Pj
i=1
3.
p−1
∞
PP
2i2
p
4.
i=1 j=0
=
p
+2j
2j+1
j
p−1
Pj
i=1
i2
i=1 j=0
p−1
∞
PP
k
=
3i2
p
k
+
p−1
Pj
i=1
i2
p
k
(p−1)(p−2)
3
2i2 +p+2j+1 p
2j+2 p
k
=
(p−1)(2p−1)
6
16
Tài liệu tham khảo
[1] T. Andreescu and D. Andrica, Number Theory:Structures, Examples, and Problems. Birkhauser 2009.
[2] PEN Team, Problems in Elementary Number Theory. [email protected],
2009.
[3] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy, Bài giảng số học. Tái bản
lần thứ năm. NXB Giáo dục Việt Nam, 2010.
[4] Andreescu, T., Kedlaya, K., Mathematical Contests, 1995-1996: Olympiad Problems from around the World, with Solutions, American Mathematics Competitions,
1997.
[5] Andreescu, T., Kedlaya, K., Mathematical Contests, 1997-1998: Olympiad Problems from around the World, with Solutions, American Mathematics Competitions,
1999.
17