Skkn toán học thpt (5)

1 I Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao động tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp phầ[.]

1 I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Mục tiêu giáo dục đào tạo người lao động tự chủ, động, sáng tạo có lực giải vấn đề thường gặp, góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công văn minh, đưa đất nước Việt Nam tiến nhanh đường phát triển hòa nhập với giới đầu kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục Đào tạo, Sở Giáo dục Đào tạo nhà trường đề nhiều biện pháp tích cực Một biện pháp cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy thầy phương pháp học trị, phải có cách mạng thực phương pháp giáo dục, cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng vận động Bộ trưởng Bộ GD - ĐT chống tiêu cực thi cử bệnh thành tích giáo dục Đối với mơn Tốn - Bộ mơn then chốt khoa học tự nhiên, khâu quan trọng trình cải tiến chương trình dạy học tiếp nhận giải vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến chất nó, từ có mối liên hệ tốn riêng lẻ với II Mô tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Có lẽ, Số Học phân nhánh Tốn Học có lịch sử lâu đời Rất nhiều câu hỏi quan trọng Toán Học đại thuộc liên quan mật thiết đến lĩnh vực Giả thuyết Riemann, toán thiên niên kỷ Viện Toán Clay đề liên quan trực tiếp đến tính phân bố số nguyên tố trục số thực R Vấn đề hấp dẫn đến mức David Hilbert nói “Nếu Tơi thức dậy sau giấc ngủ 1000 năm, câu hỏi Tôi :giả thuyết Riemann chứng minh chưa?” Ở khía cạnh khác, nhiều nhà Tốn Học cho rằng, phân nhánh Toán Học bao gồm Số Học, Hình Học, Đại Số, Giải Tích, Xác suất – Thống Kê (cách phân chia có tính chất tương đối), Số Học phân nhánh có nhiều thách thức Câu hỏi tự nhiên nảy sinh Vì SAO HỌ NGHĨ NHƯ VẬY? Năm 1994, Andrew Wiles chứng minh định lý cuối Fermat từ Tốn học gà đẻ trứng vàng Người ta nói vậy, để chinh phục định lý Fermat, nhà Toán Học tạo nhiều công cụ, kỹ thuật mới, không Số Học mà Đại Số, Giải Tích để xử lý tốn Số Học!!! Câu trả lời câu hỏi nằm đây, so sánh Số Học với phân nhánh Toán Học khác cơng cụ, kỹ thuật chưa phong phú Do đó, để giải vấn đề Số Học, người ta nghĩ đến cơng cụ thuộc phân nhánh Tốn Học khác Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến Sáng kiến viết với ý tưởng Chúng muốn khai thác sâu lý thuyết Nhóm, cơng cụ Đại Số để giải quyết, sáng tạo tốn Số Học trình độ THPT Báo cáo cung cấp nhìn số đối tượng Số Học mà học sinh quen thuộc phần tử nghịch đảo modulo, cấp số, ngun thủy Tuy nhiên, có hai khó khăn thực đề tài diễn đạt thông qua câu hỏi: Lý thuyết Nhóm lý thuyết rộng, sâu Vậy mức độ THPT, ta nên chọn lọc mảng kiến thức để giới thiệu cho học sinh? Xin tóm tắt câu hỏi: Dạy học sinh gì? Lý thuyết Nhóm dạy cách quy, với hệ thống ký hiệu, quy ước cho sinh viên đại học, làm để diễn đạt quy ước, ký hiệu cho học sinh phổ thông mà dùng đến hệ thống ký hiệu, quy ước Xin tóm tắt câu hỏi: Dạy học sinh tư trình bày nào? Với mục tiêu trả lời câu hỏi trên, báo cáo chúng tơi có đóng góp cụ thể sau: • Hệ thống lại lý thuyết nhóm cách phù hợp với học sinh THPT hướng dẫn cách tư duy, vận dụng lý thuyết nhóm vào việc giải số tốn Số Học • Hướng dẫn cách trình bày lời giải tốn Số Học có sử dụng cơng cụ lý thuyết nhóm cách tương đối phù hợp mức độ học sinh THPT Về cấu trúc nội dung sáng kiến, chúng tơi có phần chính: • Phần I: Chúng tơi trình bày mảng lý thuyết quan trọng, ngồi chúng tơi có giới thiệu định lý áp dụng trực tiếp vào lời giải, có ích nhiều việc tư tìm lời giải sơ cấp tốn Ngồi ra, đưa số tập lý thuyết để củng cố lại đơn vị kiến thức • Phần II: Chúng đưa số tốn thực tế dùng kì thi học sinh giỏi, với tốn chúng tơi phân tích cấu trúc nhóm xuất hướng tìm lời giải tốn Sau đó, chúng tơi trình bày lời giải hồn chỉnh 3 • Phần III: Chúng tơi kết luận đề hướng phát triển cho sáng kiến Với tinh thần cầu thị, hy vọng chuyên đề mặt giúp đỡ thầy công tác giảng dạy HSG, mặt khác, mong thầy đóng góp ý kiến, chỉnh sửa chỗ chưa hợp lý thảo Chúng xin chân thành cảm ơn! Các tác giả Chương Kiến thức chuẩn bị Một đối tượng Toán học có cấu trúc dễ nghiên cứu nhiều Hơn nữa, người ta nhận thấy tập hợp quen thuộc tập số tự nhiên, tập số nguyên, tập số hữu tỷ, có điểm chung cấu trúc Đây động lực cho đời lý thuyết nhóm Để mở đầu, ta tìm hiểu số định nghĩa ví dụ phổ biến Phần lý thuyết có liên hệ với khái niệm phần tử nghịch đảo modulo số tự nhiên, cấp số nguyên thủy 1.1 Nhóm, nhóm Định nghĩa 1.1.1 Cho tập hợp G khác rỗng phép toán ∗ Cặp (G, ∗) gọi một nhóm thỏa mãn tính chất: Tập G đóng với phép tốn ∗, tức a, b ∈ G a ∗ b = c ∈ G Tính kết hợp: Với a, b, c ∈ G (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) Tồn phần tử đơn vị: tồn phần tử e ∈ G cho ∀ a ∈ G a ∗ e = e ∗ a = a Tồn phần tử nghịch đảo: Với phần tử a ∈ G tồn phần tử b ∈ G cho a ∗ b = b ∗ a = e Phần tử b gọi phần tử nghịch đảo phần tử a ký hiệu a−1 Chú ý: • Phép toán ∗ thường phép cộng, nhân, ánh xạ hợp • Nếu tập G có hữu hạn phần tử (G, ∗) cịn gọi nhóm hữu hạn • Lực lượng tập G cịn gọi cấp nhóm G • Nhóm (G, ∗) gọi nhóm giao hốn với a, b ∈ G a ∗ b = b ∗ a Từ giờ, khơng có lưu ý ta xét nhóm giao hốn đối tượng xuất chủ yếu toán mà ta quan tâm Chương Kiến thức chuẩn bị Ví dụ 1.1.2 Các cặp (Z, +), (Q, +), (Q∗ , ) nhóm Thật vậy, ta thấy: • Nhóm (Z, +) có phần tử đơn vị số Phần tử nghịch đảo a −a • Nhóm (Q, +) có phần tử đơn vị số Phần tử nghịch đảo x −x • Nhóm(Q∗ , ) có phần tử đơn vị số Phần tử nghịch đảo a a1 Ví dụ 1.1.3 Các cặp (N, +), (Q, ) khơng phải nhóm Thật vậy, ta thấy: • Cặp (N, +) số nguyên dương không tồn phần tử nghịch đảo • Cặp (Q, ) khơng tồn phần tử nghịch đảo số Bài tập lý thuyết ∗ Ký hiệu Zp tập tất lớp thặng dư phân biệt modulo p với p số nguyên tố Chứng minh rằng: a) Cặp (Zp , +) nhóm b) Cặp (Z∗p , ) nhóm với Z∗p tập tất lớp thặng dư phân biệt khác modulo p Lời giải: a) Ta kiểm tra (Zp , +) nhóm • Tập Zp đóng với phép cộng lớp thặng dư • Phép tốn có tính chất kết hợp • Nhóm có phần tử đơn vị lớp thặng dư • Phần tử nghịch đảo lớp thặng dư a lớp −a Chú ý nhóm hữu hạn, giao hốn có cấp n b) Tương tự (Z∗p , ) nhóm • Tập Z∗p đóng với phép nhân lớp thặng dư • Phép tốn có tính chất kết hợp • Nhóm có phần tử đơn vị lớp thặng dư Chương Kiến thức chuẩn bị • Với lớp thặng dư a khác lớp a p nguyên tố Do đó, theo Bezout, tồn hai số nguyên b, d cho ab + cd = Hay ab ≡ (mod p) lớp thặng dư b phần tử nghịch đảo lớp thặng dư a Hơn nữa, nhóm hữu hạn, giao hốn có cấp n − Bài tập lý thuyết ∗ Cho n số nguyên dương Ký hiệu Sn tập tất hoán vị tập {1, , n} Chứng minh Sn với phép tốn hợp hai hốn vị nhóm Lời giải: Ta ký hiệu phép toán hợp hai hoán vị ◦ • Ta thấy hợp song ánh song ánh nên Sn đóng phép tốn hợp ánh xạ • Phép tốn có tính chất kết hợp • Nhóm có phần tử đơn vị ánh xạ đồng • Phần tử đơn vị ánh xạ đồng Phần tử nghịch đảo hoán vị f ánh xạ ngược f −1 Vậy (Sn , ◦) nhóm Có thể thấy nhóm hữu hạn có cấp n! khơng phải nhóm giao hốn Bài tập lý thuyết ∗ Cho (G, ) nhóm Chứng minh phần tử đơn vị phần tử nghịch đảo phần tử nhóm G Lời giải: Giả sử x, y phần tử đơn vị nhóm (G, ) Khi x.y = x đồng thời x.y = y , x = y Ký phần tử nghịch đảo nhóm G e Giả sử phần tử nghịch đảo a b c Vậy ab = ba = ac = ca = e Ta xét a.b = e c.a.b = c, c.a = e nên theo tính chất kết hợp, ta có e.b = c hay b = c Tóm lại nhóm phần tử đơn vị phần tử nghịch đảo phần tử Chương Kiến thức chuẩn bị ∗∗ Bài tập lý thuyết (Z∗n , ) Cho n số tự nhiên khác khơng Chứng minh nhóm modulo n với Z∗n tất lớp thặng dư ứng với tất số tự nhiên nhỏ n nguyên tố với n Lời giải: Bộ (Z∗n , ) thỏa mãn điều kiện nhóm: • Tích số tự nhiên nguyên tố với n số nguyên tố với n Do Z∗n đóng với phép tốn nhân hai lớp thặng dư • Phần tử đơn vị ∈ Z∗n • Phép tốn nhân hai lớp thặng dư đương nhiên có tính kết hợp • Lấy phần tử a ∈ Z∗n (a, n) = nên tồn c, d ∈ Z cho ac + nd = Ta ý (c, n) = 1, nên ta chọn phần tử nghịch đảo lớp thặng dư a lớp thặng dư c Định nghĩa 1.1.4 Cho nhóm (G, ∗), tập H G với phép tốn ∗ gọi nhóm nhóm G (H, ∗) nhóm Bài tập lý thuyết ∗ Cho nhóm (G, ∗), tập H G với phép toán ∗ nhóm G a−1 b ∈ H với a, b ∈ H Lời giải: Ta thấy điều kiện nhóm thỏa mãn: • Tập H chứa phần tử đơn vị lấy a ∈ H e = a−1 a ∈ H • Phép tốn ∗ hiển nhiên có tính chất kết hợp (G, ∗) nhóm • Với phần tử a ∈ H a−1 ∗ e = a−1 ∈ B (do e ∈ H theo chứng minh trên) • Lấy a, b ∈ H a−1 ∈ H , (a−1 )−1 ∗ b = a ∗ b ∈ H Định lí 1.1.5 (Lagrange) Cho (G, ) nhóm hữu hạn H nhóm G Khi lực lượng G chia hết cho lực lượng H Chứng minh Ta gọi H = {h1 , , hk } Lấy phần tử a, b ∈ G định nghĩa aH = {a.h1 , , a.hk }; bH = {b.h1 , , b.hk } Chương Kiến thức chuẩn bị Ta chứng minh tập Sa Sb giao rỗng phải trùng −1 Thật vậy, giả sử tồn a.hi = b.hj a = b.hj h−1 i = b.ht với ht = hj hi ∈ H Do đó, phần tử a.hl = b.ht hl = b.(ht hl ) ∈ bH Vậy aH ⊂ bH , tương tự bH ⊂ aH , hay aH = bH Ta lại để ý rằng, gọi G = {a1 , , ag } ta xét g tập a1 H, , ag H , theo nhận xét ta thấy phần tử G xuất H chứa phần tử đơn vị Hơn nữa, phần tử −1 tập H phân biệt Thật vậy, giả sử ta có h1 = h2 a−1 i h1 = ai h2 hay ta có h1 = h2 (vơ lý!) Do đó, ta nhận thấy tất phần tử G phân bố vào tập a1 H, , ag H , hai tập tập giao trùng Vì số phần tử G số tập đơi phân biệt g tập nhân với H Nói cách khác |G| chia hết cho |K| Một cách ngắn gọn: cấp nhóm ln chia hết cho cấp nhóm nhóm Định lí 1.1.6 (Cauchy) Cho nhóm G hữu hạn có cấp chia hết cho số nguyên tố p, tồn phần tử x nhóm G có cấp p Định lí 1.1.7 (Sylow) Cho nhóm G hữu hạn có cấp chia hết cho lũy thừa số nguyên tố dạng pn , tồn tồn nhóm nhóm G có cấp pn 1.2 Hệ sinh, hệ sinh cực tiểu nhóm, nhóm Cyclic Định nghĩa 1.2.1 Cho (G, ) nhóm hữu hạn S tập G Ta định nghĩa nhóm sinh G nhóm có phần tử mà chứa S Ta ký hiệu nhóm sinh S < S > Nhận xét: Với giả thiết định nghĩa trên, ta thấy: (i) Nhóm < S > giao tất nhóm G chứa tập S (ii) Nếu ta ký hiệu S = {s1 , , sn } phần tử x S biểu diễn (có thể biểu diễn khơng nhất) dạng x = sα1 sαnn với αi số tự nhiên ∀ i = 1, , n (iii) Với nhóm hữu hạn G tồn tập hữu hạn phần tử G mà nhóm sinh phần tử G Một ví dụ đơn giản tập tất phần tử G Trong tất tập hợp sinh G, tập hợp có phần tử Chương Kiến thức chuẩn bị gọi hệ sinh cực tiểu G, rõ ràng với nhóm hữu hạn, hệ sinh cực tiểu với hữu hạn phần tử tồn Bài tập lý thuyết ∗ a) Chứng minh tập tất số nguyên chia hết cho số tự nhiên k > tùy ý với phép cộng nhóm nhóm (Z, +) b) Với số tự nhiên n (Zn , +) nhóm sinh lớp thặng dư a với điều kiện (a, n) = Lời giải: a) Ta kiểm tra dễ dàng điều kiện nhóm thỏa mãn b) Lấy số a mà (a, n) = 1, tồn c, d nguyên cho ac + dn = Vậy với phần tử b Zn , ta biểu diễn dạng ac + ac + ac ≡ b (mod n) với b tích ac Định nghĩa 1.2.2 Nhóm G gọi nhóm cyclic có hệ sinh gồm phần tử Hay mặt ký hiệu ta có G =< a > với a ∈ G Nhận xét: Các phần tử nhóm Cyclic sinh phần tử a có dạng a, a2 , ak−1 , ak = e với e phần tử đơn vị Ta ý số k cấp nhóm Cyclic sinh a Bài tập lý thuyết ∗ Cho G nhóm có cấp p với p số nguyên tố Khi G nhóm Cyclic Lời giải: Lấy phần tử tùy ý a khác phần tử đơn vị Ta xét nhóm sinh phần tử a Đây nhóm Cyclic có cấp lớn chứa phần tử phần tử đơn vị a Do cấp nhóm ước nhóm G Mặt khác cấp G số nguyên tố p có ước lớn p Do G =< a >, hay G nhóm Cyclic Bài tập lý thuyết ∗ Chứng minh lại định lý Fermat nhỏ định lý Euler thông qua lý thuyết nhóm Lời giải: a) Ta chứng minh định lý Fermat Với p nguyên tố, xét nhóm nhân (Z∗p , ), nhóm Chương Kiến thức chuẩn bị 10 có p − phần tử Với số tự nhiên a nguyên tố với p, ta xét nhóm Cyclic sinh a Z∗p , ký hiệu cấp nhóm k ak ≡ (mod p) Mặt khác nhóm Cyclic sinh a lại nhóm nhóm nhân (Z∗p , ), k|(p − 1) Hay ta có ap−1 = (ak )(p−1)/k ≡ (mod p) b) Ta chứng minh định lý Euler Theo tập lý thuyết 4, ta thấy (Z∗n , ) nhóm, cấp nhóm ϕ(n) Hồn tồn tương tự chứng minh định lý Fermat, ta xây dựng nhóm cyclic cho phần tử a Z∗n cấp nhóm cyclic ước ϕ(n) Từ ta có aϕ(n) ≡ (mod n) Chương Bài tập Trong phần này, nghiên cứu số tập tiêu biểu Cấu trúc nhóm số tập thể rõ, có số tập cấu trúc thống qua, nhận xuất cấu trúc nhóm tốn trở nên thân thiện cho ta chút gợi ý Độ khó tập phần tăng dần theo số dấu ∗ phần đề ∗ Bài Giả sử 1+ với phân số a b 1 a + + ··· + = 2026 b phân số dạng tối giản Chứng minh 2027 ước a Phân tích toán: Trước hết, ta kiểm tra 2027 số nguyên tố Do Z∗2027 nhóm với phép nhân Do đó, Z∗2027 , phần tử i ∈ {1, 2, , 2026} có phần tử nghịch đảo i−1 Vì vậy, mặt cảm giác, ta tưởng tượng 1i = i−1 Do 2026 2026 i=1 i=1 X X 2026.2027 1 i= + + + ··· + = i−1 = 2026 Vậy 2026.2027 a = ⇒ 2026.2027.b = 2a =⇒ 2027|a b Lời giải: Quy đồng mẫu số, ta dẫn đến 1.2 .2026 + 1.3.4 .2026 + · · · + 1.2 .2025 a = 2026! b =⇒ (1.2 .2026 + 1.3.4 .2026 + · · · + 1.2 .2025).b = a.2026! =⇒ (2026! + 2026!.2−1 + · · · + 2026!.2026−1 )b ≡ a.2026! (mod 2027) 11 Chương Bài tập 12  b ≡ a.2026! (mod 2027) + · · · + (−1).2026 =⇒  − + (−1).2 =⇒   − + (−2) + · · · + (−2026) b ≡ a.2026! (mod 2027) −1 −1 =⇒ 2027.1013.b ≡ a.2026! (mod 2027) Vì 2027 số nguyên tố nên a chia hết cho 2027 Nhận xét: Bài tốn tổng qt lên: Bài 1’: Cho p số nguyên tố lớn k số nguyên dương Giả sử 1+ với phân số a b 1 a + k + ··· + = k k b (p − 1) phân số dạng tối giản Chứng minh p ước a Bài (Định lý Wilson) ∗ Hãy chứng minh khẳng định: số tự nhiên n số nguyên tố (n − 1)! ≡ −1 (mod n) Phân tích tốn: Ta thấy n số ngun tố Z∗n nhóm nhân Khi đó, phần tử có phần tử nghịch đảo Ngoại trừ p − có phần tử nghịch đảo thân chúng, cịn phần tử khác chia thành cặp mà phần tử cặp nghịch đảo Từ ta dẫn đến lời giải sau Lời giải: Chiều thuận: Nếu n số nguyên tố ta nhận thấy 1, 2, , n − phần tử nhóm nhân Z∗n Do tính chất nhóm nên phần tử i có phần tử nghịch đảo i−1 Mặt khác i2 ≡ (mod n) ⇐⇒ (i − 1)(i + 1) ≡ (mod n) Tương đương với hai trường hợp  i ≡ (mod n) i ≡ −1 (mod n) Hay  i ≡ (mod n) i ≡ n − (mod n) Chương Bài tập 13 Vậy ngoại trừ n − có phần tử nghịch đảo thân tất phần tử khác tử 2, , n − có phần tử nghịch đảo phần tử khác phần tử Do 1.2 (n − 1) ≡ 1.(n − 1) (mod n) ⇐⇒ (n − 1)! ≡ −1 (mod n) Chiều đảo: Nếu (n − 1)! ≡ −1 (mod n) Phần đảo không cần dùng tính chất nhóm nên chúng tơi trình bầy vắn tắt lời giải Giả sử n số nguyên tố Ta xét hai trường hợp: (i) Trường hợp 1: Nếu n phân tích thành dạng n = a.b với a, b hai số tự nhiên phân biệt Khi (n − 1)! chia hết n = a.n (Vô lý!) (ii) Trường hợp 2: Nếu n = p2 vơi p số nguyên tố Dễ thấy p > 3, (n − 1)! chia hết cho p.2p = 2n Hay ta có (n − 1)! chia hết cho n (Vô lý!) Vậy trường hợp ta dẫn đến vô lý Do đó, n số nguyên tố Bài (Đề Olympic KHTN) ∗∗ Cho tập A thỏa mãn Z ⊂ A ⊂ R thỏa mãn điều kiện: (i) ∀ x, y ∈ A x + y ∈ A xy ∈ A √ √ (ii) n + n + ∈ A ∀n ∈ N Chứng minh √
2021 √ n+ n+1 ∈ A ∀n ∈ N Phân tích tốn: Ta nhận thấy cấu trúc nhóm thể rõ qua điều kiện (i) tốn Do √ √ ∈ A √ √1
2021 ∈ A Vậy toán quy chứng minh √n+1√n+1 ∈ A n+ n+1 n+ n+1 √ √ hay n + − n ∈ A, điều kiện để kiểm tra nhóm Vì ta thử kĩ thuật liên quan "Bài tập lý thuyết 5" Lời giải: Do Z ⊂ A nên −1 ∈ A, với a ∈ A −1.a = −a ∈ A Vậy với a, b ∈ A √ a − b ∈ A Bây ta chứng minh n ∈ A ∀n ∈ N phương pháp quy nạp Thật √ √ √ vậy, với n = hiển nhiên Giả sử n ∈ A với n ≥ Mặt khác n + n + ∈ A, √ √ √ √ n + n + − n = n + ∈ A Chương Bài tập Vậy 14 √ n ∈ A ∀n ∈ N, kéo theo √ Suy
2021 √ √ n+ n+1 n+ √ n+1 = √ √ n+1− n ∈ A ∈ A ∀n ∈ N Bài (IMO 2001) ∗∗∗ Cho n > số nguyên lẻ số nguyên c1 , , cn Với hoán vị a = (a1 , , an ) {1, , n} Ta định nghĩa S(a) = n X c i i=1 Chứng minh tồn hai hoán vị a, b cho S(a) − S(b) chia hết cho n! Lời giải: Phản chứng, giả sử ta có nhóm tất hoán vị a {1, , n} có giá trị S(a) nhận giá trị khác modulo n! Mặt khác, nhóm có n! phần tử Do {S(a)|a ∈ Sn } = {0, , (n − 1)!} (mod n!) Xét modulo n!, ta có: X S(a) ≡ a∈Sn (n! − 1).n! −n! ≡ 2 Mặt khác, X S(a) ≡ a∈Sn ≡ n XX c i ≡ n X X ci a∈Sn i=1 n X i=1 n X a∈Sn n X i=1 i=1 i=1 ci (n − 1)! i≡ ci n! n+1 ≡0 (mod n!) Do −n! ≡ (mod n!) Vơ lý, ta có điều cần chứng minh Nhận xét: Trong tốn này, cấu trúc nhóm thể chút việc xuất hoán vị nhóm cộng tất lớp thặng dư modulo n! Chương Bài tập 15 Bài (IMO 2008 Shortlist) ∗∗∗ Cho n ≥ số nguyên dương có hốn vị a1 , , an {1, , n} thỏa mãn k|2(a1 + · · · + ak ) ∀ k = 1, , n Lời giải: Ta gọi hoán vị thỏa mãn yêu cầu đề "tốt" ký hiệu số hoán vị tốt với giá trị n xn Với n = 1, 2, 3, ta đếm trực tiếp xn = n! Với n ≥ 4, ta có (n − 1)|2(a1 + · · · + an−1 ) =2(1 + · · · + n) − 2an =n(n + 1) − 2an = (n + 2)(n − 1) − 2(an − 1) Do (n − 1)|2(an − 1) Nếu n số chẵn (n − 1) lẻ, (n − 1)|(an − 1) hay an ∈ {1, n} Nếu n số lẻ, ta an ∈ {1, n} Thật vậy, giả sử an ∈ / {1, n} Khi < 2(an − 1) < 2(n − 1) Kết hợp điều kiện (n − 1)|(an − 1), ta có n − = 2(an − 1) hay an = n+1 Mặt khác (n − 2)|2(a1 + · · · + an−2 ) = n(n + 1) − 2an − 2an−1 = (n − 2)(n + 2) + − 2an−1 Vì (n − 2)|2an−1 − 3, xét 2an−1 − 2n − ≤ =1+ < n−2 n−2 n−2 Vậy n − = 2an−1 − Điều dẫn đến an−1 = n+1 = an (Vơ lý!) Tóm lại với n ≥ an ∈ {1, n} Ta xét tiếp: (i) Với an = n sinh xn−1 hốn vị tốt (ii) Với an = tốn quy đếm số hoán vị tốt cho tập {2, , n} thay tập {1, , n − 1} Tuy nhiên   2(a1 + · · · + ak ) = 2k + (a1 − 1) + (ak − 1)   Vậy k|(a1 + ak ) k| (a1 − 1) + (ak − 1) , hay ta có song ánh hoán vị tốt tập {2, , n} hoán vị tốt tập {1, , n − 1} Dẫn đến công thức truy hồi xn = 2xn−1 ∀ n ≥ Chương Bài tập 16 Vậy xn = 6.2n−3 ∀ n ≥ Nhận xét: Trong tốn này, cấu trúc nhóm thể chút việc xuất hoán vị tập {1, , n} Bài (IMO 1999 Shortlist) ∗∗ Cho n ≥ số nguyên dương Gọi A môt tập tùy ý gồm n lớp thặng dư modulo n2 Chứng minh tồn tập B gồm n lớp thặng dư modulo n2 cho nửa lớp thặng dư modulo n2 viết dạng a + b với a ∈ A b ∈ B Lời giải: Ta lấy phần tử r tùy ý phần tử thuộc lớp thặng dư modulo n2 Ký hiệu P tập tất cặp (r, X) X tập gồm n phần tử lớp thặng dư modulo n2 , r ∈ X r viết dạng a + x với a ∈ A x ∈ X Để ý rằng, nhóm cộng Zp2 phần tử r − a xác định Do đó, ta có tất n2 − n phần tử thuộc vào X Hay có tất Cnn2 −n cách lựa chọn cặp (r, X) Mặt khác, Cnn2 n2 (n2 − 1) (n2 − n + 1) n2 = ≥ Cnn2 −n (n2 − n)(n2 − n − 1) (n2 − 2n + 1) n2 − n  n > e > ≥ 1+ n−1 Vậy 2.Cnn2 −n < Cnn2 Do đó, nhiều nửa tập X chứa n phần tử Zn2 cho (r, X) thuộc P Vì phần tử r tùy ý Zn2 , nên không tồn tập B Zn2 thỏa mãn điều kiện đề số cặp (r, X) (hay lực lượng P ) thỏa mãn: n2 Cnn2 −n = |P | > Cnn2 n2 Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức 2.Cnn2 −n < Cnn2 Vậy tồn tập B Zn2 có n phần tử cho có tối đa nửa phần tử r ∈ Zn2 cho r viết dạng a + x với a ∈ A x ∈ B Hay ta có điều cần chứng minh Nhận xét: Bài tốn có gợi ý cho ta nghĩ đến cấu trúc nhóm hai chi tiết Thứ xuất modulo n2 , thứ hai biểu diễn lớp thặng dư Zn2 dạng a + b Bài (IMO 2004 Shortlist) ∗∗∗ Cho n ≥ số nguyên dương Ký hiệu Pn tích số nguyên dương m < n thỏa mãn n|(m2 − 1) Tìm phần dư Pn chia cho n Chương Bài tập 17 Phân tích tốn: Từ giả thiết n|(m2 − 1), ta nhìn cấp tất phần tử m nhóm nhân (Z∗n , ) Từ ta nghĩ đến việc xét cấu trúc nhóm bao gồm tất phần tử m thử biểu diễn phần tử nhóm theo hệ sinh Lời giải: Q m Ta thấy Gn Ta ký hiệu Gn = {0 < m < n|sao cho n|(m2 − 1)} Vậy Pn = m∈Gn với phép nhân hai modulo có cấu trúc nhóm với < m1 < m2 < n n|(m21 − 1), n|(m22 − 1) (m1 m2 )2 − = m21 (m22 − 1) + (m21 − 1) chia hết cho n, hay m1 m2 ∈ Gn Hơn với m ∈ Gn (m, n) = d kết hợp với n|(m2 − 1), ta có d = Vậy m có phần tử khả nghịch m−1 nhóm Z∗n Đồng thời   n|(m2 − 1) = (m2 − m2 (m−1 )2 ) = m2 − (m−1 )2 Theo phần ta có (m, n) = 1, n|1 − (m−1 )2 , hay (m−1 ∈ Gn Tóm lại (Gn , ) nhóm Hơn ta thấy phần tử nhóm ngoại trừ phần tử có cấp Gọi {m1 , , mk } hệ sinh cực tiểu nhóm Gn , tích tất phần tử Gn k−1 k−1 Pn = m12 mk2 Ta xét trường hợp: • Nếu k = rõ ràng Gn sinh phần tử, chắn có n − 1, Gn = {1, n − 1} Từ Pn ≡ −1 (mod n) • Nếu k > bậc phần tử Gn nên hiển nhiên Pn ≡ (mod n) Điều xảy tồn phần tử < m < n − thuộc Gn Bài toán quy biện luận theo n số nghiệm phương trình đồng m2 ≡ (mod n) Đây toán quen thuộc sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa, ta biết phương trình có nhiều nghiệm n n/2 đêỳ không lũy thừa số nguyên tố lẻ Nhận xét: Đây toán mà sử dụng lý thuyết nhóm trở nên sáng rõ nhiều Một mấu chốt quan trọng sử dụng hệ sinh nhỏ để biểu diễn tất phần tử nhóm Gn Đây kỹ thuật tương đồng với kỹ thuật sử dụng phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên Có thể nói, nhìn cấu trúc nhóm đối tượng, ta nên nghĩ đến việc sử dụng kỹ thuật sử dụng hệ sinh cực tiểu Chương Bài tập 18 Lời giải: Bài (Radovici - Marculescu) Chứng minh 1919 viết dạng ∗∗ m3 + n4 với m, n số tự nhiên Phân tích tốn: Ta muốn tìm nhóm nhân Z∗p cho số phần tử có cấp nhiều Điều dẫn đến số phần tử Z∗p phải bội Từ ta nghĩ đến Z∗13 Lời giải: Xét nhóm Z∗13 , phần tử mũ lên thuộc vào lớp thặng dư {0, 1, 5, 8, 12}, phần tử mũ lên thuộc vào lớp thặng dư {0, 1, 3, 9} Do với số tự nhiên m, n trongZ∗13 , m3 + n4 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11, 12} Tuy nhiên, định lý Fermat, ta kiểm tra 1919 ≡ (mod 13) Từ ta có điều cần chứng minh Nhận xét: ý tưởng mở rộng cho việc xét nhóm nhân Z∗p với p số ngun tố p − có phân tích tích số a, b tương đối gần Ví dụ, với p = 11, p − = 10 = 2.5, chí ta mở rộng lên phân tích p − thành tích số, sau ta lập bảng xét số dư xảy Việc chọn số 1919 thay số có số dư khơng nằm giá trị số dư bảng lập Chương Bài tập 19 IV Hiệu sáng kiến mang lại Hiệu kinh tế (Giá trị làm lợi tính thành tiền) Sáng kiến tài liệu quý em học sinh thầy q trình học tập nghiện cứu toán tổ hợp Để tổng hợp sáng kiến trên, tác giả phải tìm hiểu nghiên cứu nhiều sách, với nhiều thời gian Hiệu mặt xã hội (Giá trị làm lợi khơng tính thành tiền) a Từ tốn ứng dụng cấu trúc nhóm số học, từ tốn cũ, sáng tạo để toán với cách phát biểu thực tế hơn, dễ hiểu b Góp phần giảm bớt gánh nặng học tập cho em học sinh, cung cấp cho học sinh tài liệu học tập có hiệu quả, giúp em có tâm tốt trước kì thi HSG c Qua kiểm tra tự luận trả lời vấn đáp sau cung cấp cho học sinh nội dung sáng kiến, kết thu bước đầu sau: Lúc đầu em thấy khó khăn việc liên kết định lý để áp dụng toán Một thời gian em học sinh xây dựng mơ hình cụ thể cho bài, biết cách sử dụng nội dung kiến thức tương ứng để giải tốn Một số tốn mức độ thi HSG gây khó khăn nhiều có số em học sinh giải d Khơng phải tốn số học dùng nên dùng kết lý thuyết nhóm để xử lý Nhưng rõ ràng, giúp học sinh nhận xuất cấu trúc nhóm tốn số học em có nhìn rõ ràng tự tin việc xử lý Trong phạm vi THPT, ứng dụng lý thuyết nhóm tốn số học chưa thật mạnh, chủ yếu định lý Lagrange, cấp phần tử (liên quan trực tiếp đến nhóm cyclic sinh phần tử này) Tuy nhiên, nhìn rộng chút, lý thuyết áp dụng nhiều mảng Tổ hợp, Phương trình hàm, Giải tích Chúng tơi tiếp tục chủ đề báo cáo khác V Cam kết không chép vi phạm quyền Tôi xin cam kết Sáng kiến không chép, không vi phạm quyền Những tài liệu tham khảo trích dẫn cụ thể tên tài liệu, tác giả, nhà xuất bản, năm xuất trang trích dẫn Tơi xin chân thành cảm ơn! Nam Định, ngày 05 tháng năm 2022 TÀI LIỆU THAM KHẢO Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999, 205 – 220 Pablo Soberón, Problem-Solving Methods in Geometry, 2013, 5-9 Le Hai Chau, Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Mathematical Olympiad (1962–2009), World Scientific Titu Andresscu, Zuming Feng, 106 Geometry Problems from the Training of the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002 Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002 https://artofproblemsolving.com/community/c13_contests https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6_geometry ... cấu trúc nhóm số học, từ tốn cũ, sáng tạo để tốn với cách phát biểu thực tế hơn, dễ hiểu b Góp phần giảm bớt gánh nặng học tập cho em học sinh, cung cấp cho học sinh tài liệu học tập có hiệu quả,... mức độ THPT, ta nên chọn lọc mảng kiến thức để giới thiệu cho học sinh? Xin tóm tắt câu hỏi: Dạy học sinh gì? Lý thuyết Nhóm dạy cách quy, với hệ thống ký hiệu, quy ước cho sinh viên đại học, làm... thuyết nhóm cách phù hợp với học sinh THPT hướng dẫn cách tư duy, vận dụng lý thuyết nhóm vào việc giải số tốn Số Học • Hướng dẫn cách trình bày lời giải tốn Số Học có sử dụng cơng cụ lý thuyết