ĐỀ TÀI DẠY SỐ HỌC Ở THPT

17 1.8K 0
ĐỀ TÀI DẠY SỐ HỌC Ở THPT

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

● Trong chương trình khung của Bộ giáo dục dành cho các lớp chuyên Toán có phần kiến thức liên quan đến thặng dư bậc hai (hay thặng dư bình phương) theo modulo cho trước. ● Số chính phương mod p ( với p là số nguyên tố) đóng vai trò rất quan trong trong lí thuyết số và các nghành toán ứng dụng chẳng hạn như : mã hóa và xữ lí thông tin. ● Trong các đề thi HSG quốc gia (VMO) , quốc tế (IMO) những năm gần đây có các bài toán liên quan đến sử dụng thặng dư , hệ thặng dư và thặng dư bậc hai rất thường gặp ● Theo phân công của Tổ Toán thuộc Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh tôi phụ trách giảng dạy phần Lí thuyết số và Số học cho khối Chuyên Toán nên việc cập nhật và phổ biến kiến thức số học cho học sinh đã trở thành nhu cầu cấp thiết như là một nghĩa vụ của bản thân SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ A-TỔNG QUAN VỀ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A1- LÝ DO VIẾT SKKN Tôi viết chuyên đề này dựa vào các luận cứ sau : ● Trong chương trình khung của Bộ giáo dục dành cho các lớp chuyên Toán có phần kiến thức liên quan đến thặng dư bậc hai (hay thặng dư bình phương) theo modulo cho trước. ● Số chính phương mod p ( với p là số nguyên tố) đóng vai trò rất quan trong trong lí thuyết số và các nghành toán ứng dụng chẳng hạn như : mã hóa và xữ lí thông tin. ● Trong các đề thi HSG quốc gia (VMO) , quốc tế (IMO) những năm gần đây có các bài toán liên quan đến sử dụng thặng dư , hệ thặng dư và thặng dư bậc hai rất thường gặp ● Theo phân công của Tổ Toán thuộc Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh tôi phụ trách giảng dạy phần Lí thuyết số và Số học cho khối Chuyên Toán nên việc cập nhật và phổ biến kiến thức số học cho học sinh đã trở thành nhu cầu cấp thiết như là một nghĩa vụ của bản thân ● Xét theo yêu cầu và nhiệm vụ đào tạo học sinh giỏi của Trường chuyên Lương Thế Vinh hàng năm ở nhiều cấp độ khác nhau : HSG cấp tỉnh , HSG truyền thống 30/4 , HSG Quốc gia đòi hỏi Thầy giáo và học sinh của trường phải luôn đổi mới cách tiếp cận kiến thức cao về các loại bài toán dành cho HSG . ● Trong năm học 2011-2012 chuyên đề này đã được giảng dạy tại lớp 12 chuyên Toán của trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh và đạt kết quả tốt . Cụ thể là có 2 học sinh của lớp đạt giải HSG cấp Quốc gia trong đó có 01 học sinh được triệu tập ra Hà nội trong đội TST Toán Quốc tế Biên Hòa ngày 1 tháng 5 năm 2012 A2- MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ CỦA SKKN 2.1 Mục đích. Cung cấp các kiến thức cơ bản và chuyên sâu về Hệ thặng dư , Số chính phương modul nguyên tố Góp tài liệu bồi dưỡng cho các học sinh trong các kì thi Olympic Toán học và các kì thi HSG phổ thông trung học. 2.2 Nhiêm vụ. SKKN này có nhiệm vụ là tổng hợp kinh nghiệm giảng dạy học sinh chuyên toán mà tôi trực tiếp phụ trách ở phần Số học. Trang : 1 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ A3 - ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU SKKN . 3.1 Đối tượng của SKKN. Dành cho các học sinh chuyên Toán và các học sinh tham gia thi HSG cấp tỉnh , cấp quốc gia Trao đổi kinh nghiệm cùng các đồng nghiệp dạy Toán và yêu thích số học 3.2 Phạm vi nghiên cứu trong SKKN • Nêu những kiến thức về hệ thặng dư • Tìm hiểu sâu về thặng dư bậc hai , kí hiệu Lagrange • Đi sâu tìm hiểu bổ đề Gauss và đối ngẫu của định lí Gauss • Nêu những phương pháp giài một số đề thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế A4- CÁC PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN KIẾN THỨC. Các phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong quá trình viết SKKN này : • Dựa vào các định nghĩa ; định lí về tập thương , phương trình đồng dư. • Tham khảo tài liệu trong và ngoài nước.về số học. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM : A-HỆ THẶNG DƯ I-Tập thương và các lớp thặng dư : Khi thực hiện phép chia một số nguyên z cho một số nguyên dương m thì theo định lí cơ bản của phép chia ta thu được thương số là q và số dư là r ( 0≤ r < m ) . Ta sắp xếp các số nguyên Trang : 2 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ có cùng số dư khi chia cho m và cùng một tập hợp : Cụ thể là ta kí hiệu : { } / (mod );0 k Z x Z x k m k m = ∈ ≡ ≤ < ; mỗi tập Z k được gọi là lớp thặng dư thứ k theo modulo m. Vì vậy tập hợp các số nguyên Z sẽ được phân hoạch thành các tập con khác rỗng ; không giao nhau (tập thương) và có :  1 0 − = = m k k ZZ .Ta nói a;b cùng lớp thặng dư modulo m nếu và chỉ nếu a ≡ b (mod m) . Thí dụ 1: Cho 4 số nguyên a;b;c;d . CMR :T = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) chia hết cho 12 Chứng minh : Khi Z được chia thành 3 lớp thặng dư modulo 3 ; theo Dirichlet thì có ít nhất 2 số trong 4 số đã cho thuộc cùng một lớp thặng dư modulo 3 => hiệu hai số cùng lớp chia hết cho 3 . Khi Z được chia thành 4 lớp thặng dư modulo 4 thì xảy ra : Khả năng 1: mỗi lớp thặng dư chứa chỉ một số trong 4 số đã cho => trong 4 số đó có 2 số chẵn ; 2 số lẻ => hiệu 2 số chẳn chia hết cho 2 và hiệu 2 số lẻ chia hết cho 2 => T chia hết cho 4 . Khả năng 2 : có 2 số nào đó trong 4 số đã cho ở cùng một lớp thặng dư => hiệu của 2 số như thế sẽ chia hết cho 4 => T chia hết cho 4 Hệ thặng dư đầy đủ : Cho số nguyên dương m . Giả sử :  1 0 − = = m k k ZZ (Z k là lớp thặng dư thứ k theo modulo m). Lấy ; a k 1; ;2;1: −=∈ mkZ k . Tập {a 0 ; a 1 ; a 2 ;….;a m-1 } gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m. Hệ thặng dư thu gọn : Một dãy số của hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m ; trong đó gồm tất cả các số nguyên tố cùng nhau với m thì được gọi là một hệ thặng dư thu gọn theo modulo m Định lí 1: Só phần tử trong một hệ thặng dư thu gọn modulo m = ϕ (m) : hàm số Euler Định lí 2 : Nếu (a;m)=1 ; x chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m ; y: tùy ý .Khi đó : x + ay cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ modulo m . Định lí 3 Nếu (a;m)=1 ; x chay qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m thì ax cũng chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Định lí 4 Cho hai hệ thặng dư đầy đủ modulo n (a k ) ; (b k ). Điều kiện cần và đủ để (a k +b k ) là hệ thặng dư đầy đủ là n lẻ. Địnhlí 5 : Cho (a;b) = 1 ; c ∈ Z ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư đầy đủ modulo b .Khi đó : ax + by + c sẽ chạy qua một hệthặng dư đầy đủ modulo ab . Địnhlí 6 : Cho (a;b) = 1 ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo a ; y chạy qua hệ thặng dư thu gọn modulo b .Khi đó : ax + by sẽ chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modulo ab . Địnhlí 7 : Cho : a;b ∈ Z ; (a;m)=1 ; m ∈ N ; x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ T modulo m .Khi đó ta luôn có : 2 1− =       + ∑ ∈ m m bax Tx . (kí hiệu {x} là phần phân của số thực x) Địnhlí 8 : Cho : a;b ∈ Z ; (a;m)=1 ; m ∈ N ; x chạy qua hệ thặng dư thu gọn T modulo m .Khi đó ta luôn có : 2 )(m m bax Tx ϕ =       + ∑ ∈ Trang : 3 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ B- BẬC CỦA MỘT PHẦN TỪ Định l í : Cho hai số nguyên dương a; m thỏa (a;m) = 1 . Khi đó tồn tại ít nhất một số nguyên dương n sao cho a n ≡ 1 (mod m). Bậc của một phần tử : Cho a; m thuộc Z + ; (a;m)=1. Số k = Min(n) trong các số n mà a n ≡ 1 (mod m) được gọi là bậc của a theo modulo m . Kí hiệu k = ord m (a) . Định lí : Cho a; m thuộc Z + ; (a;m)=1. Các kết luận sau đúng : • a n ≡ 1 (mod m) ⇔ ord m (a) là ước số của n . • 21 nn aa ≡ (mod m)  (n 1 – n 2 ) chia hết cho ord m (a) . • ϕ (m) chia hết cho ord m (a) ( ϕ (m) hàm số Euler ) . aaaaa Định nghĩa : Cho m , n là hai số nguyên dương . Giả sử số nguyên a thỏa mãn điều kiện (a,m) = 1 .Nếu phương trình n x a ≡ (mod m) có nghiệm nguyên thì ta nói a là một thặng dư bậc n modul m . Ngược lại ta nói a không phải là một thặng dư bậc n modul m Ví dụ : (-5) 3 ≡ 7 (mod 11) nên theo định nghĩa ta có : 7 là thặng dư bậc 3 modul 11 2 4 ≡ 2 (mod 7) nên theo định nghĩa ta có : 2 là thặng dư bậc 4 modul 7 C- THẶNG DƯ BẬC HAI : SỐ CHÍNH PHƯƠNG MOD P Định nghĩa : Nếu a là một thặng dư bậc 2 modul m thì ta gọi a là một thặng dư cấp 2 modul m , ta cũng có thể gọi a là một thặng dư bình phương modul m , cũng có thể gọi a là số chính phương modul m Số chính phương theo modulo m Cho : 1; >∈ + mZm ; 1);(; =∈ maZa . Nếu phương trình ax ≡ 2 (mod m) có nghiệm thì ta nói a là số chính phương theo modulo m . Ngược lại : Nếu phương trình ax ≡ 2 (mod m) vô nghiệm thì ta nói a không phải là số chính phương theo modulo m. Chú ý : Về cơ bản thì các nhà toán học chỉ quan tâm đến số chính phương theo modulo nguyên tố p Tiêu chuẩn để kiêm tra xem một số có là số chính phương theo modulo nguyên tố hay không. Để tiết kiệm cách viế , trong mục này tác giả xin dùng kí hiệu : [a(m)] để chỉ a là số chính phương theo modulo m. Kí hiệu : )]([ ma để chỉ a không phải là số chính phương theo modulo m. Ta có các định lý : Định lí : • Với ∀a∈Z => [a(2)] . • Với p là số nguyên tố lẻ : [a(p)]  a (p-1)/2 ≡ 1 (mod p) . • Với p là số nguyên tố lẻ : )]([ pa  a (p-1)/2 ≡ -1 (mod p) . Hệ quả trực tiếp : Với số nguyên tố lẻ p có : • [a(p)].[b(p)] = [c(p)] (với c nào đó). • )]([ pa . )]([ pb = [c(p)] (với c nào đó). • )]([ pa .[b(p)] = )]([ pc (với c nào đó). Trang : 4 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Ví dụ : Với số nguyên tố lẻ p; m là số nguyên tùy ý .CMR phương trình x 2 + 1 = m.p có nghiệm nguyên  p có dạng 4k +1. HD: pt đã cho  [-1(p)]  (-1) (p-1)/2 ≡ 1 (mod p)  (p- 1)/2 là số chẵn  p = 4k + 1. Kí hiệu Lagrange : Cho a ∈ ¢ , p là số nguyên tố . Kí hiệu Lagrange a p    ÷   được hiểu như sau : Ví dụ : 5 1 7   = −  ÷   ; 4 1 7   =  ÷   ; 14 0 7 −   =  ÷   Tiêu chuẩn Euler : Cho : p ∈ P ; p > 2 ; (a;p) = 1 Khi đó có : 1 − ≡         p a p a (mod p) . Chứng minh : Nếu : 1 =         p a thì tồn tại x để: )(mod 2 pax ≡ )(mod 12/)1( pxa pp −− ≡⇒ (1) .Theo đlí nhỏ Fermat có )(mod1 1 px p ≡ − (2) .Từ (1);(2) suy ra )(mod1 2/)1( p p a a p         =≡ − . Nếu : 1 =         p a thì phương trình : )(mod 2 pax ≡ vô nghiệm => với mỗi i thỏa: 11 −≤≤ pi luôn tồn tại duy nhất j : 11 −≤≠≤ pij sao cho )(mod paij ≡ ( Vì hệ A={1;2;…;p-1} là hệ thặng dư thu gọn modulo p ; (j;p)=1 .Khi i chạy trên A(i ≠ j) thì ij cũng chạy trên hệ thu gọn A ; a= tp+r ; r ∈ A) . Có cả thảy (p – 1)/2 cặp ij như thế . Lấy tích của các cặp đó = (p-1)! Aùp dụng đlí Willson có a (p-1)/2 ≡ (p-1)! ≡ -1 (mod p) . Hệ quả : Cho : p ∈ P ; p > 2 ; (a;p) = 1; (b;p)=1 Ta có :         p a .         p b =         p ab D-CÁC ĐỊNH LÍ LIÊN QUAN VÀ ỨNG DỤNG : Định nghĩa 3 : Cho số tự nhiên n . Ta kí hiệu φ(n) là số các số tự nhiên bé hơn hoặc bằng n và nguyên tố cùng nhau với n . Ta cũng gọi φ(n) là Fi hàm Ơ-le Công thức tính Fi hàm Euler : Nếu n có sự phấn tích chuẩn : 1 2 1 2 . k r r r k n p p p = (trong đó p 1 ; p 2 ;…; p k là các số nguyên tố ; r 1 ; r 2 ;…; r k là các số nguyên dương) thì : 1 2 1 1 1 ( ) . 1 . 1 1 k n n p p p       ϕ = − − −  ÷  ÷  ÷       Định lí Fermat : Với a ∈ ¢ ; m nguyên dương sao cho (a , m) = 1 . Ta luôn có : ( ) 1 m a ϕ ≡ (mod m) Đặc biệt : Với a ∈ ¢ , p là số nguyên tố thì có : p a a ≡ (mod m) Trang : 5 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Định lí Willson : Với mọi số nguyên tố p ta có : (p – 1) ! ≡ - 1 (mod p) Chứng minh : Xét pt đa thức đồng dư : 1 1 1 ( ) ( ) 1 0 p p i Q x x x i − − = = − − − ≡ ∏ (mod p) có (p – 1) nghiệm phân biệt mod p . Do deg Q(x) = p – 2 nên suy ra Q(x) ≡ 0 (mod p ) với mọi x => số hạng tự do của Q(x) = - (p – 1)! – 1 ≡ 0 (mod p ) => (p – 1)! ≡ - 1 (mod p ) Định lí : CMR : Với mọi số nguyên tố p thì phương trình x 2 ≡ a (mod p ) có không quá 2 nghiệm Chứng minh : Giả sử x 0 là nghiệm của pt x 2 ≡ a (mod p ) , dễ dàng suy ra : - x 0 cũng là nghiệm của pt . Giả sử x là một nghiệm khác với x 0 của pt x 2 ≡ a (mod p ) => x 2 ≡ 2 0 x (mod p ) => (x – x 0 )(x + x 0 ) ≡ 0 (mod p) => x ≡ x 0 (mod p ) hoặc x ≡ - x 0 (mod p ) Định lí : Cho p là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong tập hợp {1;2;3; ;p-1} có đúng 1 2 p − thặng dư bậc hai mod p , hay có đúng 1 2 p − số chính phương mod p. Định lí tiêu chuẩn Euler : : Cho p là số nguyên tố lẻ và p không là ước của a. Khi đó ta luôn có : 1 2 (mod ) p a a p p −   ≡  ÷   Chứng minh : Nếu : a p    ÷   = 1 Khi đó pt x 2 ≡ a (mod p) có nghiệm x = x 0 . Theo định lí Fermat ta có : Trang : 6 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Nếu : a p    ÷   = -1 Khi đó pt x 2 ≡ a (mod p) vô nghiệm , khi đó ta có : Định lí : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a , b là hai số nguyên tùy ý .Ta luôn có :         p a .         p b =         p ab hay nói cách khác : Kí hiệu Lagrange là nhân tính Chứng minh : Theo tiêu chuẩn Euler có : 1 1 1 2 2 2 ( ) . . (mod ) p p p ab a b ab a b p p p p − − −       ≡ = ≡  ÷  ÷  ÷       Định lí : Cho p là số nguyên tố .Phương trình x 2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi p = 2 hoặc p ≡ 1 (mod 4). Chứng minh : Với p = 2 thì pt x 2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm Với p > 2 thì the định lí tiêu chuẩn Euler ta có : 1 2 1 ( 1) (mod ) p p p −   − ≡ −  ÷   : Nếu p = 4k +1 thì pt x 2 ≡ - 1 (mod p) có nghiệm ; Nếu p = 4k + 3 thì pt x 2 ≡ - 1 (mod p) vô nghiệm Ví dụ : Cho số nguyên tố p . CMR : Luôn tồn tại số tự nhiên a 1 p < + sao cho a không là thặng dư bậc hai mod p. Chứng minh : Gọi a là số bé nhất trong các số tự nhiên không phải là thặng dư bậc hai mod p ; Đặt : b = 1+ p a       (kí hiệu [x] chỉ phần nguyên của x) => 0 < ab – p < a => ab – p là thặng dư bậc hai mod p => 1 = ab p ab a b b p p p p p          − = = = −  ÷  ÷  ÷ ÷  ÷          => b không phải là thặng dư bậc hai mod p => 1 1 p a b a p a ≤ < + ⇒ < + Định lí : Nếu p là số nguyên tố lẻ và p không là ước của a , p không là ước của b thì : a/ Nếu a ≡ b (mod p) thì a b p p     =  ÷  ÷     b/ 2 1 a p   =  ÷   Trang : 7 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Chứng minh : a/ Nếu a ≡ b (mod p) thì pt x 2 ≡ a (mod p) có nghiệm ⇔ pt x 2 ≡ (mod p) có nghiệm ⇔ a p    ÷   = b p    ÷   b/ Vì p không là ước của a nê : a p    ÷   = ±1 => 2 a p    ÷   = a p    ÷   a p    ÷   =1 Bổ đề Gauss : Cho p là số nguyên tố lẻ ; a là số nguyên dương sao cho (a,p) = 1 ; Gọi s là số các thặng dư dương bé nhất ,bé hơn 2 p của các số : a , 2a , , 1 2 p a −    ÷   . Khi đó ta có : ( 1) s a p   = −  ÷   Từ đó ta có : Hay ta có : Để ý rằng : Nên có : Do : 1 , ! 1 2 p p −     =  ÷  ÷     nên ta có : 1 2 ( 1) . 1 p s a − − ≡ (mod p) 1 2 ( 1) p s a a p −   ≡ ≡ −  ÷   (mod p) Luật tương hỗ Gauss : Cho p , q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt . Khi đó có : ( 1)( 1) 4 ( 1) p q p q q p − −    = −  ÷ ÷    Trang : 8 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ CÁC BÀI TẬP THI OLYMPIC TOÁN CỦA VIỆT NAM VÀ QUỐC TẾ Bài toán 1 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 không là ước của n!. (Đề thi chọn đội tuyển của Inđônêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009) . Lời giải : Bổ đề: Tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) Chứng minh: Gọi A là tập hợp gồm tất các số nguyên tố dạng 4k+1 (k ∈ N * ) , Khi đó A ≠ rỗng vì 5 ∈ A. Giả sử A là tập hữu hạn. Gọi p 0 là phân tử lớn nhất của A ⇒ p 0 ≥ 5 . Giả sử p 1 , p 2 … p n là tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn p 0 . đặt 2 2 2 0 1 4 1 n a p p p= + khi đ? a ∈ N * , a > 1. Giả sử q là ước nguyên tố của a ⇒ q ≠ p i , ∀ i ∈ {0,1,2 …, n}. Mặt khác (2p 0 p 1 … p n ) 2 + 1 ≡ 0 (modq) ⇒ - 1 là số chính phương (modq) và q lẻ. Suy ra q q q q ⇒ − ⇒=−⇒=         − − 2: 2 1 1)1(1 1 2 1 ⇒≡ )4(mod1 q có dạng 4k + 1 (k ∈ N * ). Mặt khác q> p 0 . Điều này mâu thuẫn với cách chọn p 0 . Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈ N * ). Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) ⇒ 11)1( 1 2 1 −⇒=−=         − −p p là số chính phương (modp) ⇒ ∃ n p ∈ { 0,1,2 …. ,p - 1} sao cho 2 p n ⇒−≡ )(mod1 p 2 p n +1: p và n p ! không chia hết cho p → n p ! không chia hết cho 2 p n + 1. Ta có: 2 p n + 1 ≥ p ⇒ n p ≥ 1 − p . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 không là ước của n! Bài toán 2 : Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n 2 + 1 lớn hơn 2n (Tạp chí Animath của Pháp năm 2006) Lời giải : Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) Suy ra 11)1( 1 2 1 −⇒=−=         − − p p là số chính phương (modp) ⇒ ∃ x ∈ {0,1,2, … ,p - 1} sao cho x 2 ≡ - 1(modp). Ta có: q 2 ≡ (p- q) 2 (modp) (q ∈ Z) ⇒ ∃ q ∈ {0,1,2, …, 2 1 − p } sao cho q 2 ≡ -1 (modp). Trang : 9 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Thật vậy giả sử 2 1 − p < x < p ⇒ x ≥ 2 1 + p . Đặt q = p – x, ta có: q 2 = ( p – x) 2 ≡ x 2 ≡ - 1 (modp) và 0 < q ≤ 2 1 − p . Ta có: q 2 +1  p và p ≥ 2q +1 > 2q. Suy ra ước nguyên tố lớn nhất của q 2 +1 lớn hơn 2q.Vì có vô số số nguyên tố dạng 4k + 1(k ∈ N * ) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n 2 +1 có ước nguyên tố lớn hơn 2n. Lưu ý : Trong kỳ thi Olympic toán Quốc tế lần thứ 49 được tổ chức tại Tây Ban Nha có bài toán sau (bài toán 3) mà tác giả của nó là Kestutis Cesnavicius (Lithuania) (Litva). Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 2 1n + có ước nguyên tố lớn hơn 2 2n n+ Bài toán này là bài toán khó nhất của ngày thi thứ nhất. Lời giải của bài toán 3 được phát triển từ lời giải của các bài toán 1, bài toán 2 đã nêu trên. Cụ thể ta có các cách giải sau : Lời giải thứ nhất của bài toán 3: Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) ⇒ 11)1( 1 2 1 −⇒=−=         − − p p là số chính phương (modp) ⇒ ∃ x ∈ {0,1,2, … p - 1} sao cho x 2 ≡ - 1(modp). Vì x 2 ≡ (p- x) 2 (modp) (x ∈ Z) ⇒ ∃ x ∈ {0,1,2 … , 2 1 − p } sao cho x 2 ≡ -1 (modp). ⇒ ∃ α ∈ {0,1,2, … , 2 1 − p } sao cho       − − α 2 1p 2 ≡ -1 (modp) Đặt m =       − − α 2 1p ⇒ m ∈ {0,1,2, …, 2 1 − p } và m 2 ≡ -1 (modp) Giả sử p > 20. N?u 0 ≤ α ≤ ⇒ −+ 4 314p 0 < 2 α +1 ≤ ⇒ −+ 2 114p (2 α +1) 2 <p - 4 Vì m 2 ≡ -1 (modp) nên 4m 2 ≡ -4 (modp) Mặt khác 4m 2 = (p – 1 -2 α ) 2 ≡ (2 α +1) 2 (modp) ⇒ (2 α +1) 2 ≡ -4 (modp) Điều đó là điều vô lý vì 0 < (2 α +1) 2 < p – 4 Vậy α > ⇒ −+ 4 314p p > 2m + m2 . Vì m 2 +1  p nên m 2 ≥ p -1 ⇒ m ≥ 1−p . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k ∈ N * ) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n 2 + 1 lớn hơn 2 2n n+ . Lời giải thứ 2 của bài toán 3: Trang : 10 [...]... 5 là số chính phương (mod p) Bài toán 10 : CMR : Với mỗi số nguyên dương n cho trước luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số đó cũng là lũy thừa với số mũ nguyên lớn hơn 1 của một số nguyên tố Đề thi toán Quốc tế IMO 1989 THAY CHO LỜI KẾT LUẬN Giảng dạy Toán học là một điều khó , giảng dạy Toán cho đối tương là học sinh Chuyên Toán lại càng khó hơn Ý thức được trách... nguyên dương (x,y) sao cho x2 + y2 là số nguyên và là ước x− y của 1995 Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995 x2 + y2 Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A = là số nguyên x− y và là ước của 2010 Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010 Bài toán 5: Cho số nguyên dương n Gọi S n là tổng các bình phương của các hệ số của đa thức f(x) = (1+x)n Chứng... tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007 Bài toán 8: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho 5 n-2 – 1 chia hết cho n Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008 Bài toán 9: Tìm tất cả các số nguyên tố lẻ p khác 5 sao cho 5 là số chính... MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài toán 1: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 3, tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn, 2 2 n yn) sao cho 7 xn + yn = 2 Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996 Bài toán 2 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x 2 + 15y2 = 4n có ít nhất n nghiệm tự nhiên (x,y) Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia VMO năm học 2009 – 2010 Bài toán 3: Tìm tất cả các cặp số. .. hoành thành chuyên đề nhỏ này xem như là tài liệu giảng dạy ở lớp chuyên Những ai quan tâm đến lĩnh vực Lí thuyết số và Số học khi đọc chuyên đề này có thể vui lòng gửi nhận xét về địchỉ e-mail : nguyeneuler@gmai.com Sự khiếm khuyết nào đó trong biên soạn là khó tránh khỏi , vì thế mong các những người đọc lượng tình thông cảm ! Tôi gửi lời cảm ơn trước tới các đồng nghiệp và các học sinh đã và đang... chia hết cho 3 Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010 Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n Trang : 15 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Đề thi chọn đội... Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ - Bài toán 8: CMR : phương trình : x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên Olympic Toán BaLan 2007 Lời giải : Bài toán 9: CMR : Với số nguyên dương n bất kì thì 2 n – 1 không có ước nguyên dương dạng 8k – 1 Lời giải : Trang : 14 SKKN môn Số học. .. Nguyễn Hồng Lữ Bài toán 9 : Cho p là số nguyên tố : p > 3 và p có dạng 3k + 1 Chứng minh rằng ta luôn có : p ∏ (i 2 + i + 1) ≡ 0 (mod p) i =1 Tài liệu Bồi dưỡng HSGQG Việt Nam 2008 Lời giải : Trước hết ta chứng minh mện đề sau : Số nguyên tố p = 3k + 1 là số chính phương x = 2k + 1 => (2k + 1)2 + 3 = 4(k2 + k + 1) ≡ 0 (mod p) , mà (p,4) =1 => k... 2008 z Đề thi chọn đội tuyển IMO của Serbia 2008 Lời giải :  −3   ÷ = 1 Mặt khác ta có :  251  Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,n) thỏa pt : x3 + 2x + 1 = 2n Đề thi chọn đội tuyển IMO của Serbia 2007 Lời giải : Phương trình đã cho tương đương với pt sau : x(x 2 + 2) = 2n – 1 Dễ thấy x(x2 +2) luôn chia hết cho 3 với mọi xngue6n dương Nên suy ra 2 n – 1 chia hết cho 3 => n là số chẵn...SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ Giả sử n là số nguyên, n ≥ 24 Giả sử p là ước nguyên tố của (n!)2 + 1 Hiển nhiên p > n Giả sử x ∈ (0, p ) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n! cho p Khi đó 0 < x< p – x < p Ta có x 2 2 + 1 chia hết cho . SKKN môn Số học năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ A-TỔNG QUAN VỀ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A1- LÝ DO VIẾT SKKN Tôi viết chuyên đề này dựa vào các. thông trung học. 2.2 Nhiêm vụ. SKKN này có nhiệm vụ là tổng hợp kinh nghiệm giảng dạy học sinh chuyên toán mà tôi trực tiếp phụ trách ở phần Số học. Trang : 1 SKKN môn Số học năm 2012 Giáo. năm 2012 Giáo viên thực hiện : Nguyễn Hồng Lữ A3 - ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU SKKN . 3.1 Đối tượng của SKKN. Dành cho các học sinh chuyên Toán và các học sinh tham gia thi HSG cấp tỉnh ,

Ngày đăng: 03/10/2014, 21:34

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan