Tổng phần nguyên

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≤i
Chứng minh. Ta có
n
X x + i X
=
j
j=1
0≤i
Bài toán 2.1.2. Chứng minh

!
n
X x + i
X
=
bxc = nbxc
j
j=1
0≤i
k
∞ j
P
x+2k
k=0

2k+1

= bxc

4

2.1. ĐỊNH LÝ HERMITE

Chứng minh. Áp dụng định lý Hermite với n=2, ta có
 X

∞ 
∞ 
X
x + 2k
x
1
=
+
2k+1
2k+1 2
k=0
k=0
∞ j
X
x k j x k
=
− k+1
2k
2
k=0
=bxc.

Bài toán 2.1.3. Tính tổng S =

2015
P j
k=0

3k +2016
3k+1

k

+

j

2016−3k
3k+1

k

.

Chứng minh. Áp dụng định lý Hermite với n=3, ta có

 
 
 

2016
2016
2016 1
2016 2
= k+1 + k+1 +
+ k+1 +
3k
3
3
3
3
3
 
 


2016 1
2016 1
2016
+ k+1 −
+1
= k+1 + k+1 +
3
3
3
3
3
Do đó
S=


2015 
X
2016
3k

k=0



2016
− k+1
3


− 2016 = 0.

Tổng quát của 2 bài toán trên, ta có thể đưa ra bài toán sau:
∞ m−1
P
P j x+jmi k
= bxc.
Bài toán 2.1.4. Chứng minh
mi+1
i=0 j=1

Sử dụng kết quả của bài tập trên và các đẳng thức
n
bX
2c

Cn2k = 2n−1 ,

k=0
n
bX
3c

1
nπ
Cn3k = (2n + 2cos )
3
3
k=0

ta có các bài tập sau:
Bài toán 2.1.5. Chứng minh

n
bP
∞ m−1
2c P
P j Cn2k +jmi k

mi+1

k=0 i=0 j=1

Bài toán 2.1.6. Tìm số n nguyên dương sao cho

= 2n−1 .
n
bP
∞ m−1
3c P
P j Cn3k +jmi k

k=0 i=0 j=1

phương

5

mi+1

là số chính

2.1. ĐỊNH LÝ HERMITE

Chứng minh. Sử dụng các kết quả trên, dễ dàng chứng minh được
n
bX
3 c ∞ m−1 
X X C 3k + jmi 

n

k=0 i=0 j=1

mi+1

1
nπ
= (2n + 2cos ).
3
3

) là số chính phương.
Do đó, ta cần tìm n sao cho A = 31 (2n + 2cos nπ
3
1 6k
Với n=6k, A = 3 (2 + 2) chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Do đó A không
là số chính phương.
Với n=6k+3, A = 31 (26k+3 − 2) chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Do đó A
không là số chính phương.
Với n=6k+1 hoặc 6k+5, A = 31 (2n + 1). Nếu n>2 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