Tổng phần nguyên - Vũ Phương Thúy

(1)

Khóa tập huấn giáo viên THPT chuyên toán năm 2016

Báo cáo chuyên đề

Các phương pháp tính tổng phần nguyên

Giáo viên: Vũ Phương Thúy

Trường: THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội Email: vuphuongthuy.k5sp@gmail.com

8/2016

(2)

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 .

(3)

Mục lục

1 Một vài kiến thức cơ bản về phần nguyên 3

1.1 Định nghĩa . . . 3 1.2 Các tính chất cơ bản . . . 3

2 Các phương pháp tính tổng phần nguyên 4

2.1 Định lý Hermite . . . 4 2.2 Sử dụng định lý về điểm nguyên và phần nguyên trong các bài toán tính

tổng . . . 7 2.3 Tính tổng phần nguyên dựa vào tính chia hết . . . 12

(4)

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 bxclà 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. Nếux > 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.

4. bxc+b−xc=

(0 nếu x∈Z

−1 nếu x /∈Z 5. b^bxc_n c=b_n^xc với n∈Z

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 làb_n^xc.

(5)

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:

bnxc=bxc+

x+ 1 n

+

x+ 2 n

+...+

x+ n−1 n

. Chứng minh. Xét hàm f(x) = bxc+

x+_n¹ +

x+_n²

+...+

x+ⁿ⁻¹_n

− bnxc.

Ta có

f(x+ 1 n) =

x+ 1

n

+

x+ 2 n

+...+

x+ 1

n +n−1 n

−

n(x+ 1 n)

=

x+ 1 n

+...+

x+ n−1 n

+bx+ 1c − bnx+ 1c

=f(x)

Do đó, với mọi x, tồn tại 0≤t < _n¹ sao cho f(x) =f(t). Mặt khác trong[0,¹_n) thì tất cả các số hạng bxc,

x+_n¹ , ...

x+ ⁿ⁻¹_n

,bnxc đều bằng 0.

Từ đóf(x) = 0,∀x∈R.

Bài toán 2.1.1. Tính tổng P

0≤i<j≤n

jx+i j

k . Chứng minh. Ta có

X

0≤i<j≤n

x+i j

=

n

X

j=1

X

0≤i<j

x+i j

!

=

n

X

j=1

bxc=nbxc

Bài toán 2.1.2. Chứng minh

∞

P

k=0

jx+2^k 2^k+1

k

=bxc

(6)

2.1. ĐỊNH LÝ HERMITE

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

∞

X

k=0

x+ 2^k 2^k+1

=

∞

X

k=0

x 2^k+1 +1

2

=

∞

X

k=0

jx 2^k

k

−j x 2^k+1

k

=bxc.

Bài toán 2.1.3. Tính tổng S =

2015

P

k=0

j3^k+2016 3^k+1

k +

j2016−3^k 3^k+1

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

2016 3^k

= 2016

3^k+1

+

2016 3^k+1 + 1

3

+

2016 3^k+1 + 2

3

= 2016

3^k+1

+

2016 3^k+1 + 1

3

+

2016 3^k+1 − 1

3

+ 1 Do đó

S =

2015

X

k=0

2016 3^k

−

2016 3^k+1

−2016 = 0.

Tổng quát của 2 bài toán trên, ta có thể đưa ra bài toán sau:

Bài toán 2.1.4. Chứng minh

∞

P

i=0 m−1

P

j=1

jx+jmⁱ mⁱ⁺¹

k

=bxc.

Sử dụng kết quả của bài tập trên và các đẳng thức bⁿ₂c

X

k=0

C_n^2k = 2ⁿ⁻¹, bⁿ₃c

X

k=0

C_n^3k = 1

3(2ⁿ+ 2cosnπ 3 ) ta có các bài tập sau:

Bài toán 2.1.5. Chứng minh bⁿ2c

P

k=0

∞

P

i=0 m−1

P

j=1

j_C2k n +jmⁱ

mⁱ⁺¹

k

= 2ⁿ⁻¹.

Bài toán 2.1.6. Tìm số n nguyên dương sao cho bⁿ3c

P

k=0

∞

P

i=0 m−1

P

j=1

j_C3k n +jmⁱ

mⁱ⁺¹

k

là số chính phương

(7)

2.1. ĐỊNH LÝ HERMITE

Chứng minh. Sử dụng các kết quả trên, dễ dàng chứng minh được bⁿ3c

X

k=0

∞

X

i=0 m−1

X

j=1

C_n^3k+jmⁱ mⁱ⁺¹

= 1

3(2ⁿ+ 2cosnπ 3 ).

Do đó, ta cần tìm n sao choA= ¹₃(2ⁿ+ 2cos^nπ₃ )là số chính phương.

Với n=6k,A= ¹₃(2^6k+ 2) chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Do đó A không là số chính phương.

Với n=6k+3, A = ¹₃(2^6k+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 = ¹₃(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, ¹₃(2ⁿ−1). Nếu n>2 thì2ⁿ−1chia 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.

(8)

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

a≤k≤b

bf(k)c+ X

c≤k≤d

bf⁻¹(k)c −n(G_f) =bbcbdc −α(a)α(c) (2.1) Trong đó k là số nguyên, n(G_f) là số điểm nguyên của đồ thị hàm sốf trên đoạn [a,b]

và α:R⁺ →N^∗ xác định bởi α(x) =

(bxc khi x∈R⁺\N^∗ 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

a≤k≤b

bf(k)c=n(M₁), X

c≤k≤d

bf⁻¹(k)c=n(M₂), 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(G_f) = n(M₃)−n(M₄)

(9)

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

a≤k≤b

bf(k)c − X

c≤k≤d

bf⁻¹(k)c=bbcα(c)− bdcα(a) (2.2)

Trong đó α:R⁺→N^∗ xác định bởi α(x) =

(bxc khi x∈R⁺\N^∗ 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

a≤k≤b

bf(k)c=n(N₁) X

c≤k≤d

bf⁻¹(k)c=n(N₂)) bbcα(c) =n(N3),bdcα(a) =n(N4) Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2.2.1. Tính

n

P

k=1

b√ kc.

(10)

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:

n

X

k=1

b√ kc+

b√ nc

X

k=1

bk²c −n(Gf) = nb√ nc.

Đătb√

nc=a, ta có

n

X

k=1

b√

kc= (n+ 1)a−a(a+ 1)(2a+ 1)

6 .

n(n+1)

P2

k=1

j^√

8k+1−1 2

i . Chứng minh. Xét hàm f :h

1,ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ i

→[1, n]sao cho f(k) =

√8k+ 1−1

2 .

Ta có f là hàm đơn điệu tăng và f⁻¹(k) = ^k(k+1)₂ .Áp dụng định lý ta có:

n(n+1) 2

X

k=1

√

8k+ 1−1 2

+

n

X

k=1

k(k+ 1) 2

−n(G_f) = n²(n+ 1)

2 .

Do đó

n(n+1) 2

X

k=1

√

8k+ 1−1 2

= n²(n+ 1)

2 +n−1 2

n(n+ 1)

2 + n(n+ 1)(2n+ 1) 6

= n(n²+ 2) 3

Bài toán 2.2.3. Cho m, n , s là các số nguyên dương, m≤n. Khi đó:

s

X

k=1

km n

+ X

1≤k≤^ms_n

kn m

=sjms n

k +

(m, n)s n

, trong đó (m,n) là ước chung lớn nhất của m và n.

Chứng minh. Xét hàm f : [1, s]→_m

n,^ms_n

sao cho f(x) = ^m_nx.

Dễ thấy f là hàm đơn điệu tăng, khả nghịch vàf⁻¹(x) = _mⁿx. Theo định lý ta có

s

X

k=1

km n

+ X

1≤k≤^ms_n

kn m

−n(G_f) =sjms n

k

Ta sẽ chứng minhn(G_f) = j

(m,n)s n

k .

Thật vậy: Đặt m = (m, n)m₁, n = (m, n)n₁, (n₁, m₁) = 1. Khi đó ^km_n = ^km_n¹

1 là số nguyên khi và chỉ khi k chia hết chon₁. Do đó số các số nguyên trong dãy ^m_n,^2m_n , ...,^sm_n làj

s n1

k

=j

(m,n)s n

k

, hay n(G_f) = j

(m,n)s n

k

. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

(11)

Hệ quả 2.2.1. Trong trường hợp s=n, ta có kết quả sau:

n

X

k=1

km n

+

m

X

k=1

kn m

= (m, n) +mn

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 (m, n) = 2

n−1

X

k=1

km n

+m+n−mn.

Chứng minh. Trước hết ta đi tính

n

P

k=1

_km

n

với (m≤n).

Xét hàmf : [1, n]→

1, m+ 1− ^m_n

sao cho

f(x) =m+ 1− m nx.

Khi đó, f là hàm đơn điệu giảm và có hàm ngược là f⁻¹(x) = n+ _mⁿ(1−x).

Theo định lý, ta có:

n

X

k=1

m+ 1− km n

− X

1≤k≤m+1−^m_n

n+(1−k)n m

= 0

⇔

n

X

k=1

1 + (k−1)m n

−

m

X

k=1

kn m

= 0

⇔n−m+

n

X

k=1

km n

−

m

X

k=1

kn m

= 0

(2.3)

Mặt khác, theo bài tập trên

n

X

k=1

km n

+

m

X

k=1

kn m

= (m, n) +mn Từ đó suy ra:

n

X

k=1

km n

= 1

2(mn+m−n+ (m, n)) Kết quả trên có thể viết dưới dạng

n−1

X

k=1

km n

= 1

2(mn−m−n+ (m, n)), với mọi m,n.

Từ đó ta rút ra được đẳng thức cần chứng minh.

(12)

n−1

P

k=1

{^km_n } (Japan MO-1995)

n

P

k=1

_k

3

. Bài toán 2.2.7. Chứng minh rằng

n

X

k=1

n² k²

=

n²

X

k=1

n

√ k

Bài toán 2.2.8. Cho λ là số vô tỷ, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:

n

X

k=1

bkλc+

bnλc

X

k=1

k λ

=nbnλc

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

k=1

kq p

+

s

X

k=1

kp q

=bmc.s 2. Nếu p, q là các số lẻ thì

p−1 2

X

k=1

kq p

+

q−1 2

X

k=1

kp q

= (p−1)(q−1) 4

(13)

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

f(k)q

p

=

p−1

X

k=1

q

pf(k)− p−1 2

Chứng minh. Ta có: Với mỗi k=1,2,...,p-1 thì ^qf_p^(k) + ^qf(p−k)_p ∈ Z và ^qf_p^(k),^qf(p−k)_p ∈/ Z. Do đó, từ tính chất phần lẻ suy ra

0<

qf(k) p

+

qf(p−k) p

<2, hay

qf(k) p

+

qf(p−k) p

= 1.

Lấy tổng các giá trị này từ 1 đến p-1 ta có

p−1

X

k=1

qf(k) p

+

p−1

X

k=1

qf(p−k) p

=p−1, suy ra

p−1

X

k=1

qf(k) 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

k=1

kp

q

= (p−1)(q−1)

2 (Gauss)

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

p−1

X

k=1

kp q

=

p−1

X

k=1

kq

p − p−1 2 = q

p.p(p−1)

2 − p−1

2 = (p−1)(q−1) 2

Bài toán 2.3.2. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng

p−1

X

k=1

k³ p

= (p−1)(p+ 1)(p−2) 4

(14)

Chứng minh. Xét hàmf(x) =x³. Dễ thấy f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý. Do đó, ta có

p−1

X

k=1

k³ p

=

p−1

X

k=1

k³

p − p−1 2 = 1

p.(p−1)²p²

4 − p−1

2 = (p−1)(p+ 1)(p−2) 4

Bài toán 2.3.3. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tính tổng

(p−1)(p−2)

P

k=1

b√³ kpc Chứng minh. Xét f(x) : [1,(p−1)(p−2)] → [√³

p,p³

p(p−1)(p−2)] sao cho f(x) =

√3

xp. Khi đó f là hàm đơn điệu tăng và f⁻¹(x) = ^x_p³ Khi đó ta có

(p−1)(p−2)

X

k=1

bp³

kpc+ X

√3

p≤k≤√³

p(p−1)(p−2)

k³ p

−n(G_f)

= (p−1)(p−2)bp³

p(p−1)(p−2)c (2.4) Dễ thấybp³

p(p−1)(p−2)c= (p−2)và dok³không chia hết cho p với mọi k=1,2,...,p- 1 nênn(G_f) = 0

Do đó

(p−1)(p−2)

X

k=1

bp³

kpc+ X

1≤k≤p−2

k³ p

= (p−1)(p−2)²

⇔

(p−1)(p−2)

X

k=1

bp³

kpc= (p−1)(p−2)²+

(p−1)³ p

− (p−1)(p+ 1)(p−2) 4

⇔

(p−1)(p−2)

X

k=1

bp³

kpc= (p−1)(p−2)²+ (p−1)(p−2)−(p−1)(p+ 1)(p−2) 4

⇔

(p−1)(p−2)

X

k=1

bp³

kpc= (p−1)(p−2)(3p−5) 4

(2.5)

Bài toán 2.3.4. Cho p là số nguyên tố có dạng 4n+1, (m,p)=1. Chứng minh

p−1

X

k=1

mk² p

=

p−1

X

k=1

mk²

p −p−1 2

Chứng minh. Vì p là số nguyên tố có dạng 4n+1 nên với mỗii∈ {1,2, ...,^p−1₂ }, tồn tại duy nhấtj ∈ {^p+1₂ , ..., p−1} sao cho i²+j² ≡0 (mod p).

Do đó

p−1

X

k=1

mk² p

=X

(i,j)

mi² p

+

mj² p

=X

(i,j)

mi²

p + mj² p −1

=

p−1

X

i=1

mi²

p − p−1 2 Bài toán được chứng minh

(15)

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

P

i=1

ji² p

k

= ^{(p−1)(p−5)}₂₄

p−1

P

i=^p+1₂

ji² p

k

= (p−1)(7p−11) 24

Chứng minh. Áp dụng bài toán trên với m=1 ta có:

p−1

X

i=1

i² p

=

p−1

X

i=1

i²

p −p−1

2 = (p−1)p(2p−1)

6p −p−1

2 = (p−1)(p−2) 3 Mặt khác lại có

p−1

X

i=1

i² p

=

p−1 2

X

i=1

i² p

+

(p−i)² p

= 2

p−1 2

X

i=1

i² p

+

p−1 2

X

i=1

(p−2k) Từ đó ta có

p−1 2

X

i=1

i² p

= 1 2

(p−1)(p−2)

3 − p(p−1)

2 +p²−1 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

i=1

g(x)f(x)i² p

−g(x)

f(x)i² p

= (g(x)−1)(p−1) 2

Bài toán 2.3.6. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng

p−1

X

k=1

k^p−k

p ≡ p+ 1

2 (mod p)

Chứng minh. Xét f(x) = ^x_p^p. Dễ thấy f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý. Lấy q=1, khi đó ta có

p−1

X

k=1

k^p p²

=

p−1

X

k=1

k^p

p² − p−1 2

=1 p

p−1

X

k=1

k^p−k p + 1

p

p−1

X

k=1

k

p − p−1 2 1X^p−1 k^p−k (p−1)²

(16)

Do đó

p−1

X

k=1

k^p −k

p = (p−1)² 2 +p

p−1

X

k=1

k^p p

hay

p−1

X

k=1

k^p −k

p ≡ (p−1)²

2 ≡ p²+ 1

2 ≡ p+ 1

2 (mod p)

Chú ý 2.3.1. Từ bài tập trên ta có chú ý sau: Với mỗi k=1,2,...,p-1, kí hiệu r_k là số dư của k^p khi chia cho p². Khi đó ta có

k^p = k^p

p²

.p²+r_k, k= 1,2, ..., p−1.

Do đó

p−1

X

k=1

k^p =p²

p−1

X

k=1

k^p p²

+

p−1

X

k=1

rk = −p²(p−1)

2 +

p−1

X

k=1

rk+

p−1

X

k=1

k^p Từ đó suy ra

p−1

X

k=1

r_k= p²(p−1) 2 Bài tập đề nghị

Bài toán 2.3.7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tính tổng

(p−1)(p−2)

P

k=1

b√³ kpc

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

k=1

(−1)^kk²q p

= (p−1)(q−1) 2 Chú ý: Với q=1, ta thu được kết quả

p−1

X

k=1

(−1)^kk² 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=1

(−1)^kk⁴q p

Bài toán 2.3.10. Cho p là số nguyên tố chia 4 dư 1, khi đó ta có các hệ thức sau 1.

p−1

P

i=1

ji² p + ¹₂k

= (p−1)(2p−1) 6

(17)

2. 2

p−1

P

i=1

j2i² p

k

=

p−1

P

i=1

j3i² p

k +

p−1

P

i=1

ji² p

k

3.

p−1

P

i=1

∞

P

j=0

_i2 p+2^j 2^j+1

= ^{(p−1)(p−2)}₃

4.

p−1

P

i=1

∞

P

j=0

j2i²+p+2^j+1p 2^j+2p

k

= (p−1)(2p−1) 6

(18)

Tài liệu tham khảo

[1] T. Andreescu and D. Andrica, Number Theory:Structures, Examples, and Prob- lems. Birkhauser 2009.

[2] PEN Team, Problems in Elementary Number Theory. pen@problem-solving.be, 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 Prob- lems from around the World, with Solutions, American Mathematics Competitions, 1997.

[5] Andreescu, T., Kedlaya, K., Mathematical Contests, 1997-1998: Olympiad Prob- lems from around the World, with Solutions, American Mathematics Competitions, 1999.