Đang tải... (xem toàn văn)
SKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁNSKKN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SÔNG RAY * _ oo0oo * Mã số: ……… SÁNG KIẾN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TỐN Người thực hiện: Ngơ Văn Vũ Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lí giáo dục: x Phương pháp dạy học môn: Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác: Có đính kèm: Mơ hình Phần mềm Phim ảnh Năm học: 2016 - 2017 Hiện vật SƠ LƯỢC LÍ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: Họ tên: NGÔ VĂN VŨ Ngày, tháng, năm sinh: Ngày 21 tháng 03 năm 1983 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Tổ 7, Ấp 8, xã Xuân Tây, huyện Cẩm Mỹ, tỉnh Đồng Nai Điện thoại: 01688619613 Fax: Khơng có Chức vụ: Giáo viên, Phó Bí thư Đồn trường Đơn vị công tác: Trường THPT Sông Ray – Cẩm Mỹ II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị (Hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ cao nhất): Cử nhân sư phạm - Năm nhận bằng: 2008 - Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC: - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Giảng dạy nội dung chuyên ngành - Số năm có kinh nghiệm: năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: 01(Khai thác mở rộng kết số toán) Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 Người kê khai Ngô Văn Vũ Tên sáng kiến: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Chứng minh định lí Fermat - Euler) I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Số học mảnh đất khô cằn tốn học, lĩnh vực học sinh ưu thích Bởi lẻ, mơn hệ thống cơng cụ thơ sơ hạn chế Ứng dụng vào đời thường Tuy nhiên, số học mang vẽ đẹp kì diệu mặt tư logic Nhằm tạo nguồn tư liệu, góp phần bổ sung hệ thống tính chất số học(trồng thêm hoa mãnh đất khơ cằn đó) giúp học sinh hiểu thêm số học nói chung, có thêm tình u tốn học Rèn luyện tư logic Định lí Fermat – Euler nỗi tiếng, đơng đảo nhà làm tốn quan tâm Nó ứng dụng để giải tốn tìm nghiệm ngun phương trình Định lí cơng cụ khả dụng học sinh phổ thông, học sinh đội tuyển học sinh giỏi Vì việc tìm hiểu tìm thêm đường khác để chứng minh định lí việc làm có ý nghĩa; thơng qua học sinh có nhìn đa chiều tích cực việc học II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Về sở lý luận: Xin trích dẫn báo ông V.Tikhomirov thầy Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – dịch năm 1995 Nội dung mở đầu báo: Định lý Fermat-Euler tổng hai bình phương V.Tikhomirov … Định lý: Điều kiện cần đủ để số nguyên tố biểu diễn dạng tổng hai bình phương số dư phép chia số cho Đôi chút lịch sử định lý Ai người phát điều này, nào? Vào dịp Noel năm 1640 (trong thư đề ngày 25.12.1640) nhà tốn học vĩ đại Pier Fermat (1601-1665) thơng báo cho Mersenne, bạn thân Descartes “liên lạc viên” nhà bác học đương thời “Mọi số nguyên tố có số dư phép chia cho biểu diễn cách dạng tổng hai bình phương” Thời chưa có tạp chí tốn học, tin tức trao đổi qua thư kết thông thường thông báo mà không kèm theo chứng minh Thực sau gần 20 năm sau thư đó, thư gửi cho Carcavi, gửi vào tháng năm 1659, Fermat tiết lộ ý tưởng phép chứng minh định lý Ơng viết ý tưởng phép chứng minh dùng phương pháp xuống thang, cho phép từ giả thiết định lý không với p = 4k+1, suy khơng với số nhỏ … cuối ta đến số 5, mà rõ ràng mâu thuẫn Những cách chứng minh Euler (1707-1783) tìm khoảng 1742-1747 Hơn nữa, để tỏ rõ vị trí Fermat, người mà ơng kính trọng, Euler tìm phép chứng minh dựa theo ý tưởng Fermat Vì vậy, ta gọi định lý định lý Fermat-Euler Về sở thực tiễn: Từ cách chứng minh định lí Fermat Euler nhà toán học khác học sinh hiểu thêm định lí Tuy nhiên, cách chứng minh chưa đưa thuật toán để tìm nghiệm nguyên phương trình x y p Việc tìm nghiệm phương trình với p số nguyên tố cho trước tốn khó học sinh Ở sáng kiến kinh nghiệm viết năm 2014 có đề cập vấn đề này, nhiên chưa giải triệt để Nay tơi viết sáng kiến kinh nghiệm nhằm giúp giải đáp tốn mà học sinh tơi vướng mắc q trình học mơn số học III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Giới thiệu với bạn đọc cách chứng minh định lí nhà toán học Lagrange, D.Tsagir Minkowsky(từ dịch thầy Trần Nam Dũng): Cách chứng minh Lagrange Cách chứng minh (có thay đổi đơi chút) trình bày hầu hết sách lý thuyết số Nó dựa bổ đề Wilson (1741-1793): p số nguyên tố số (p-1)! + chia hết cho p Để không sâu vào chứng minh kết phụ này, ta tường minh ý tưởng phép chứng minh ví dụ số 13 Với số nằm 11 (kể số này), ta tìm số mà tích chúng chia 13 cho dư 1: (13-1)! = 12! = (2.7).(3.9) (4.10).(5.8).(6.11).12 (2.7 = 14 = 13 + 1, 3.9 = 27 = 13.2 + 1, 4.10 = 40 = 13.3 + 1, 6.11 = 66 = 13.5 + 1) Từ đẳng thức viết suy số 12! Khi chia 13 dư 12, nghĩa 12! + chia hết cho 13 Trường hợp tổng quát chứng minh tương tự Từ bổ đề Wilson, ta rút hệ sau: p = 4n + số nguyên tố ((2n)!)2 + chia hết cho p Thật vậy, (bổ đề Wilson) (4n)! + chia hết cho p, phép biến đổi bản, ta thu (4n)! + = 1.2…2n.(2n+1)…(4n) + = 1.2…2n.(p-2n)(p-2n+1)…(p-1) + = (2n)!(-1)2n(2n)! + pk + ((2n)!)2 + (mod p) từ suy đpcm Đặt N = (2n)! Như ta chứng minh N - (mod p) Bây ta phải vượt qua khó khăn Xét tất cặp số nguyên (m; s) cho m, s [ p ] ( [ p ] - phần nguyên p ) Số cặp số ( [ p ] +1)2 > p Như với hai cặp số (m1; s1) (m2; s2), số dư phép chia m1 + Ns1 m2 + Ns2 cho p giống nhau, nghĩa số a + Nb, a = m – m2, b = s1 – s2 chia hết cho p Nhưng đó, a2 – N2b2 = (a + Nb)(a-Nb) chia hết cho p, và, nghĩa là, ý N2 -1 (mod p) ta thu a + b2 chia hết cho p, nghĩa a + b2 = rp, r nguyên dương Mặt khác, a2 + b2 < 2p, nghĩa r = a + b2 = p Định lý chứng minh Chứng minh D.Tsagir Phép chứng minh nhà toán học đương đại D.Tsagir làm tơi hồn tồn bất ngờ: điều kỳ diệu mà kết thu tưởng chừng khơng từ Sau cách chứng minh Ta xét phép biến đổi mà ba số nguyên dương (x; y; z) đặt tương ứng với ba số (x’; y’; z’) theo quy tắc: x’ = x + 2z, y’ = z , z’ = y – x – z, x < y – z (1) x’ = 2y – x, y’ = y, z’ = x – y + z, y – z x 2y (2) x’ = x – 2y, y‘ = x – y + z, z’ = y trường hợp lại (3) Ta ký hiệu phép biến đổi B: B(x, y, z) = (x’, y’, z’) Rất dễ dàng chứng minh phép biến đổi B giữ nguyên dạng x2 + 4yz Ta chứng minh điều này, chẳng hạn cho trường hợp (1) Ta có x’2 + 4y’z’ = (x+2z)2 + 4z(y-x-z) = x2 + 4xz + 4z2 + 4zy – 4zx – 4z2 = x2 + 4yz Trong trường hợp lại, việc kiểm tra đơn giản Có nghĩa số p ta có đẳng thức x + 4yz = p, đẳng thức giữ nguyên sau phép biến đổi B Ta kiểm chứng phép biến đổi B xoắn, có nghĩa áp dụng B hai lần, quay trở lại ví trí ban đầu Ta lại làm điều cho (1) Với x < y – z, x’ = 2z + x, y’ = z, z’ = y – z – x, từ x’ + x + 2z > 2z = 2y’ nghĩa phải tính B(x’,y’,z’) theo cơng thức (3): x” = x’ – 2y’ = x+2z – 2z = x; y” = x’ – y’ + z’ = x+2z – z + y – x – z = y; z” = y’ = z Các trường hợp khác tương tự Bây ta giả sử p số nguyên tố dạng 4n + Khi đó, thứ nhất, phương trình x2 + 4yz = p có hai nghiệm: x = 1, y = n, z = x = y = 1, z = n Và, thứ hai, phương trình có hữu hạn nghiệm (nguyên dương!) Nếu giả sử nghiệm phương trình khơng có nghiệm mà y = z (nếu có nghiệm định lý chứng minh: p = x + (2y)2), ta thu phép biến đổi B chia tất nghiệm thành cặp ((x, y, z), B(x, y, z)), như, tất nhiên (x, y, z) B(x, y, z) Ta thử tìm xem, có cặp khơng, hay, người ta thường nói, tồn điểm bất động phép biến đổi B Nếu nhìn vào cơng thức (1) – (3) ta dễ dàng nhận thấy điểm bất động B điểm mà x = y Nhưng x = y > phương trình x2 + 4yz = p khơng có nghiệm (vì p khơng chia hết cho y) Nghĩa có điểm bất động (1, 1, n) Từ tất lý luận ta suy số nghiệm phương trình x2 + 4yz = p số lẻ: có điểm bất động (1, 1, n), tất nghiệm khác chia thành cặp Nhưng, ta lại có phép biến đổi nữa, ta ký hiệu J J thay đổi chỗ y z: J(x, y, z) = (x, z, y) Phép biến đổi này, tất nhiên, giữ nguyên dạng x + 4yz xoắn Ta thử xem, ba số (trong nghiệm phương trình x2 + 4yz = p) J giữ nguyên, tức (x, y, z) cho J(x, y, z) = (x, y, z) Ta giả sử từ trước y z Nhưng khơng thể có điểm bất động! Nghĩa tất nghiệm chia thành cặp Như số nghiệm chẵn Nhưng ta vừa khẳng định số nghiệm lẻ Mâu thuẫn Nghĩa là, chắn phải tồn nghiệm phương trình x + 4yz = p mà y = z, p tổng hai bình phương Định lý chứng minh Cách chứng minh thứ ba Các chứng minh cùa Minkowsky, sửa đổi đôi chút, mà nói đến đây, làm ngạc nhiên gấp bội Đáng tiếc cách chứng minh không sơ cấp lắm, cụ thể là, ta cần biết ellipse cơng thức tính diện tích ellipse Tất kết Minkowsky mà tưởng chừng khơng có liên hệ với định lý Fermat-Euler Định lý: Cho a, b, c số nguyên a > ac – b = Khi phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = có nghiệm nguyên Chứng minh: Ta xét hệ toạ độ Descartes vng góc cho tích vơ hướng cơng thức ((x, y), (x’, y’)) = axx’ + bxy’ + bx’y + cyy’ Tích vơ hướng cho ta “khỏang cách” từ gốc toạ độ đến điểm (x, y) d((0, 0), (x, y)) = (( x, y ), ( x, y )) ax 2bxy cy Ta tìm “khỏang cách” ngắn từ gốc toạ độ đến điểm khác (0, 0) lưới nguyên (m, n) (m n số nguyên) Ta gọi khỏang cách d* đạt điểm (m*, n*), am*2 + 2bm*n* + cn*2 = d*2 (4) Tập hợp điểm (x, y) mặt phẳng thoả mãn bất đẳng thức ax2 + 2bxy + cy2 d*2 ellipse Từ cách xây dựng ta suy vị tự ellipse theo tỷ số 1/2 đưa ellipse “co” đến tâm nằm điểm nguyên (tịnh tiến) tất ellipse thu có cắt cắt theo điểm biên Dễ dàng thấy diện tích phần giao ellipse với tam giác có đỉnh (0, 0), (1, 0) (1, 1) nửa diện tích tồn ellipse Mà diện tích a b (d *) (d *) (d *) det (ac b ) (ac b ) b c 4 (chỗ không sơ cấp nhất!) Như vậy, diện tích phần mà ellipse chiếm tam giác d*2/8 phần diện tích tam giác, 1/2, nghĩa d*2/8 < ½ => d*2 < 4/ Nhưng d*2 số nguyên dương Nghĩa d*2 = từ d* = 1! Định lý Minkowsky chứng minh Nhưng kết tuyệt vời có liên quan đến định lý Fermat-Euler? Liên quan trực tiếp đấy! p 1 ! chia hết cho p, p 1 ! không? Bây áp dụng định lý Minkowsky cho số a = p, b Ta biết từ bổ đề Wilson số b2 + 1, b c = (b2+1)/a Ta thu tồn số nguyên m n cho = am2 + 2bmn + cn2 từ a = a2m2 + 2abmn + (b2+1)n2 = (am + bn)2 + n2 Như (nhớ lại a = p) p = (am + bn) + n2 nghĩa p tổng hai bình phương Và lần định lý chứng minh (Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – dịch năm 1995) Tôi xin cảm ơn thầy Trần Nam Dũng chia sẻ dịch tạp chí Kvant Tơi thử sức cách chứng minh sau: Định lý: Điều kiện cần đủ để số nguyên tố biểu diễn dạng tổng hai bình phương số dư phép chia số cho 2 Bổ đề “Tìm số nguyên tố p cho phương trình x y �0 mod p có nghiệm x, y ��và ( x, y) ” Ta giải bổ đề Xét trường hơp sau: Trường hợp 1: p = Khi với x, y hai số lẻ nguyên tố ( x, y) nghiệm phương trình Vậy p = thỏa Trường hợp 2: p số nguyên tố có dạng 4n Khi đó, theo tốn Ta có: x y �0(mod p) �x y 0(mod p) Suy khơng có hai số nguyên tố x, y thỏa yêu cầu tốn Vậy p 4n khơng thỏa Trường hợp 3: p số nguyên tố có dạng 4n + Theo định lý Wilson: “Cho p số nguyên tố bất kỳ, ta có: ( p 1)! 1Mp ” Mặt khác, ta có : p i �i(mod p) Suy p 4n 2n chẵn 2 : ( p 1)! �1.2 � � p 1 � �p 1 � �p 1 �� � � (2).(1) �� !� 1(mod p) � � �2 � �� � � �� � � � �p � �p �� !,1�là nghiệm phương trình �� !� �0 mod p � � �2 � �2 � � �� � x y �0 mod p Vậy với p 4n phương trình x y �0(mod p) có nghiệm ( x, y) thỏa điều kiện x, y ��,( x, y) Bổ đề 2: Cho m n hai số nguyên dương chẵn, u v hai số nguyên dương lẻ cho m2 n2 u v Khi (m2 v ) hợp số Tơi chứng minh tốn sau: Ta có: m2 n2 u v2 � (m n).(m n) (u v).(u v) Đặt: a m n, b m n, x u v, y u v Khi a.b x y Đặt: k a, x � a k. a1, x k. x1 với a1 , x1 ��* , (a1 , x1 ) Vì a.b x y nên k.a1.b k.x1 y � a1.b x1 y � y Ma1 � y l.a1 (l ��*) � a1.b x.a1.l � b x1.l Vì m, n số chẵn � a m n b m n số chẵn u, v số lẻ � x u v y u v số chẵn �m x y , yx ab , a b , u v n 2 2 �a b � �y x � � m v � � (a b2 2a.b x y x y ) � � �2 � � � 2 2 = (a b2 x y ) (vì a.b x y ) 1 = (k a l x12 k x12 l 2a12 ) (k l )(a12 x12 ) 4 Vì k a, x � k số chẵn l b, y � l số chẵn � �k � �l �� nên m2 v � a1 x12 Suy m2 v hợp số �2 � �2 �� � � � �� � � � 2 Bổ đề chứng minh xong Chứng minh phương trình x2 + y = p có nghiệm nguyên Giả sử (x, y) nghiệm phương trình x y �0(mod p) x y p Khi đó, ta dãy nghiệm ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), , ( xk , yk ), thỏa điều kiện: x y x12 y12 x2 y2 xk yk với xi , yi ��, i 1, , k tồn cặp ( xn , yn ) cho xn yn p Xét trường hợp sau: x y � � Nếu x, y chẵn d x, y � , �cũng nghiệm d d � � x y � � Chọn ( x1 , y1 ) � , � d d � � �x y x y � � � d d � d d , Nếu x, y lẻ d x, y � nghiệm � � � � � � �x y x y � � � d d � d d , Chọn ( x1 , y1 ) � � � � � � � Nếu x, y khơng tính chẵn lẻ thì: Vì 2 � �x y Mp nên x y �2 x y p � hợp số Theo bổ đề 2, ta có (u , v) thỏa x y u v Trong tất cặp (u, v) thỏa điều kiện, ta chọn cặp (u, v) cho u v nhỏ �p k.u x1 Khi đó, đặt: � �p k.v y1 k số lớn cho x1 u , giả sử u v �x12 p ( p 2k u ) ku �x1 p k u � �� Kki đó: x1 y1 �0(mod p) � �y1 p k v �y1 p ( p 2k v) kv 2 � x12 y12 p p 2k (u v ) k (u v ) Tức ( x1 , y1 ) nghiệm phương trình Ta thấy: x12 y12 u v x y Tương tự ta tìm ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ), Nhận xét: Nếu xn p , yn p xn yn Mp xn yn p Bài toán chứng minh xong Xét tốn: Giải phương trình x y p tập số tự nhiên Ví dụ Với p=29 Khi theo bổ đề ta có: (12,1) nghiệm phương trình x y �0(mod 29) (*) (9, 8) thỏa: 122 12 92 82 , (nhỏ nhất) Ta có: 29 3.9 2, 29 3.8 suy (5,2) nghiệm (*) Mà 52 22 29 Vậy phương trình có nghiệm (5; 2) (2; 5) Ví dụ Với p = 37 Khi (31,1) nghiệm phương trình �31 31 � , 16,15 nghiệm phương trình (*) , x y �0(mod 37) (*) � � � � �2 phương trình 16 15 (nhỏ ) Ta có: 37 2.16 5, 37 2.15 � (7,5) nghiệm phương 5 5 � � trình (*) , 52 74 Vì hai số lẻ nên � , � 6,1 � �2 nghiệm (*) Mà 62 12 37 Vậy phương trình có nghiệm (6; 1) (1; 6) Ví dụ Cho p = 293 Khi đó:(138,1) nghiệm phương trình x y �0(mod 293) (*) Việc tìm cặp (u,v) thỏa mãn 1382 12 u v cho u v nhỏ gặp khó khăn Tuy nhiên ta thay nghiệm (138,1) nghiệm (155,1) (Chú ý: Nếu (x, y) nghiệm (p - x, y) nghiệm) Vì 155 số lẻ nên (78, 77) nghiệm 78 77 (nhỏ nhất) Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy (59, 62) nghiệm 59 622 7325 1552 12 24026 Ta có: 293 4.62 45, 293 4.45 57 suy (45, 57) nghiệm 452 57 5274 59 622 7325 �57 45 57 45 � , Vì hai số 45 57 lẻ nên � � 51, nghiệm � � (*) Vì 51 chia hết (17, 2) nghiệm (*) 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SÔNG RAY * _ oo0oo * Mã số: ……… SÁNG KIẾN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TỐN Người thực hiện: Ngơ Văn Vũ Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lí giáo dục: x Phương pháp dạy học môn: Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác: Có đính kèm: Mơ hình Phần mềm Phim ảnh Năm học: 2016 - 2017 17 Hiện vật SƠ LƯỢC LÍ LỊCH KHOA HỌC IV THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN: Họ tên: NGÔ VĂN VŨ 10.Ngày, tháng, năm sinh: Ngày 21 tháng 03 năm 1983 11.Nam, nữ: Nam 12.Địa chỉ: Tổ 7, Ấp 8, xã Xuân Tây, huyện Cẩm Mỹ, tỉnh Đồng Nai 13.Điện thoại: 01688619613 14.Fax: Khơng có 15.Chức vụ: Giáo viên, Phó Bí thư Đồn trường 16.Đơn vị cơng tác: Trường THPT Sơng Ray – Cẩm Mỹ V TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị (Hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ cao nhất): Cử nhân sư phạm - Năm nhận bằng: 2008 - Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán học VI KINH NGHIỆM KHOA HỌC: - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Giảng dạy nội dung chuyên ngành - Số năm có kinh nghiệm: năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: 01(Khai thác mở rộng kết số toán) Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 Người kê khai Ngô Văn Vũ 18 Tên sáng kiến: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Chứng minh định lí Fermat - Euler) VII LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Số học mảnh đất khơ cằn tốn học, lĩnh vực học sinh ưu thích Bởi lẻ, môn hệ thống công cụ thơ sơ hạn chế Ứng dụng vào đời thường Tuy nhiên, số học mang vẽ đẹp kì diệu mặt tư logic Nhằm tạo nguồn tư liệu, góp phần bổ sung hệ thống tính chất số học(trồng thêm hoa mãnh đất khơ cằn đó) giúp học sinh hiểu thêm số học nói chung, có thêm tình yêu toán học Rèn luyện tư logic Định lí Fermat – Euler nỗi tiếng, đơng đảo nhà làm tốn quan tâm Nó ứng dụng để giải tốn tìm nghiệm ngun phương trình Định lí cơng cụ khả dụng học sinh phổ thông, học sinh đội tuyển học sinh giỏi Vì việc tìm hiểu tìm thêm đường khác để chứng minh định lí việc làm có ý nghĩa; thơng qua học sinh có nhìn đa chiều tích cực việc học VIII CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Về sở lý luận: Xin trích dẫn báo ơng V.Tikhomirov thầy Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – dịch năm 1995 Nội dung mở đầu báo: Định lý Fermat-Euler tổng hai bình phương V.Tikhomirov … Định lý: Điều kiện cần đủ để số nguyên tố biểu diễn dạng tổng hai bình phương số dư phép chia số cho Đôi chút lịch sử định lý Ai người phát điều này, nào? Vào dịp Noel năm 1640 (trong thư đề ngày 25.12.1640) nhà toán học vĩ đại Pier Fermat (1601-1665) thông báo cho Mersenne, bạn thân Descartes “liên lạc viên” nhà bác học đương thời “Mọi số nguyên tố có số dư phép chia cho biểu diễn cách dạng tổng hai bình phương” Thời chưa có tạp chí tốn học, tin tức trao đổi qua thư kết thông thường thông báo mà không kèm theo chứng minh Thực sau gần 20 năm sau thư đó, thư gửi cho Carcavi, gửi vào tháng năm 1659, Fermat tiết lộ ý tưởng phép chứng minh 19 định lý Ông viết ý tưởng phép chứng minh dùng phương pháp xuống thang, cho phép từ giả thiết định lý không với p = 4k+1, suy khơng với số nhỏ … cuối ta đến số 5, mà rõ ràng mâu thuẫn Những cách chứng minh Euler (1707-1783) tìm khoảng 1742-1747 Hơn nữa, để tỏ rõ vị trí Fermat, người mà ơng kính trọng, Euler tìm phép chứng minh dựa theo ý tưởng Fermat Vì vậy, ta gọi định lý định lý Fermat-Euler Về sở thực tiễn: Từ cách chứng minh định lí Fermat Euler nhà toán học khác học sinh hiểu thêm định lí Tuy nhiên, cách chứng minh chưa đưa thuật tốn để tìm nghiệm nguyên phương trình x y p Việc tìm nghiệm phương trình với p số nguyên tố cho trước tốn khó học sinh Ở sáng kiến kinh nghiệm viết năm 2014 có đề cập vấn đề này, nhiên chưa giải triệt để Nay viết sáng kiến kinh nghiệm nhằm giúp giải đáp toán mà học sinh tơi vướng mắc q trình học môn số học IX TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Giới thiệu với bạn đọc cách chứng minh định lí nhà tốn học Lagrange, D.Tsagir Minkowsky(từ dịch thầy Trần Nam Dũng): Cách chứng minh Lagrange Cách chứng minh (có thay đổi đơi chút) trình bày hầu hết sách lý thuyết số Nó dựa bổ đề Wilson (1741-1793): p số nguyên tố số (p-1)! + chia hết cho p Để không sâu vào chứng minh kết phụ này, ta tường minh ý tưởng phép chứng minh ví dụ số 13 Với số nằm 11 (kể số này), ta tìm số mà tích chúng chia 13 cho dư 1: (13-1)! = 12! = (2.7).(3.9) (4.10).(5.8).(6.11).12 (2.7 = 14 = 13 + 1, 3.9 = 27 = 13.2 + 1, 4.10 = 40 = 13.3 + 1, 6.11 = 66 = 13.5 + 1) Từ đẳng thức viết suy số 12! Khi chia 13 dư 12, nghĩa 12! + chia hết cho 13 Trường hợp tổng quát chứng minh tương tự Từ bổ đề Wilson, ta rút hệ sau: p = 4n + số nguyên tố ((2n)!)2 + chia hết cho p Thật vậy, (bổ đề Wilson) (4n)! + chia hết cho p, phép biến đổi bản, ta thu (4n)! + = 1.2…2n.(2n+1)…(4n) + = 1.2…2n.(p-2n)(p-2n+1)…(p-1) + = (2n)!(-1)2n(2n)! + pk + ((2n)!)2 + (mod p) từ suy đpcm Đặt N = (2n)! Như ta chứng minh N - (mod p) 20 Bây ta phải vượt qua khó khăn Xét tất cặp số nguyên (m; s) cho m, s [ p ] ( [ p ] - phần nguyên p ) Số cặp số ( [ p ] +1)2 > p Như với hai cặp số (m1; s1) (m2; s2), số dư phép chia m1 + Ns1 m2 + Ns2 cho p giống nhau, nghĩa số a + Nb, a = m – m2, b = s1 – s2 chia hết cho p Nhưng đó, a2 – N2b2 = (a + Nb)(a-Nb) chia hết cho p, và, nghĩa là, ý N2 -1 (mod p) ta thu a + b2 chia hết cho p, nghĩa a + b2 = rp, r nguyên dương Mặt khác, a2 + b2 < 2p, nghĩa r = a + b2 = p Định lý chứng minh Chứng minh D.Tsagir Phép chứng minh nhà toán học đương đại D.Tsagir làm tơi hồn tồn bất ngờ: điều kỳ diệu mà kết thu tưởng chừng khơng từ Sau cách chứng minh Ta xét phép biến đổi mà ba số nguyên dương (x; y; z) đặt tương ứng với ba số (x’; y’; z’) theo quy tắc: x’ = x + 2z, y’ = z , z’ = y – x – z, x < y – z (1) x’ = 2y – x, y’ = y, z’ = x – y + z, y – z x 2y (2) x’ = x – 2y, y‘ = x – y + z, z’ = y trường hợp lại (3) Ta ký hiệu phép biến đổi B: B(x, y, z) = (x’, y’, z’) Rất dễ dàng chứng minh phép biến đổi B giữ nguyên dạng x2 + 4yz Ta chứng minh điều này, chẳng hạn cho trường hợp (1) Ta có x’2 + 4y’z’ = (x+2z)2 + 4z(y-x-z) = x2 + 4xz + 4z2 + 4zy – 4zx – 4z2 = x2 + 4yz Trong trường hợp lại, việc kiểm tra đơn giản Có nghĩa số p ta có đẳng thức x + 4yz = p, đẳng thức giữ nguyên sau phép biến đổi B Ta kiểm chứng phép biến đổi B xoắn, có nghĩa áp dụng B hai lần, quay trở lại ví trí ban đầu Ta lại làm điều cho (1) Với x < y – z, x’ = 2z + x, y’ = z, z’ = y – z – x, từ x’ + x + 2z > 2z = 2y’ nghĩa phải tính B(x’,y’,z’) theo cơng thức (3): x” = x’ – 2y’ = x+2z – 2z = x; y” = x’ – y’ + z’ = x+2z – z + y – x – z = y; z” = y’ = z Các trường hợp khác tương tự Bây ta giả sử p số nguyên tố dạng 4n + Khi đó, thứ nhất, phương trình x2 + 4yz = p có hai nghiệm: x = 1, y = n, z = x = y = 1, z = n Và, thứ hai, phương trình có hữu hạn nghiệm (ngun dương!) Nếu giả sử nghiệm phương trình khơng có nghiệm mà y = z (nếu có nghiệm định lý chứng minh: p = x + (2y)2), ta thu 21 phép biến đổi B chia tất nghiệm thành cặp ((x, y, z), B(x, y, z)), như, tất nhiên (x, y, z) B(x, y, z) Ta thử tìm xem, có cặp khơng, hay, người ta thường nói, tồn điểm bất động phép biến đổi B Nếu nhìn vào cơng thức (1) – (3) ta dễ dàng nhận thấy điểm bất động B điểm mà x = y Nhưng x = y > phương trình x2 + 4yz = p khơng có nghiệm (vì p khơng chia hết cho y) Nghĩa có điểm bất động (1, 1, n) Từ tất lý luận ta suy số nghiệm phương trình x2 + 4yz = p số lẻ: có điểm bất động (1, 1, n), tất nghiệm khác chia thành cặp Nhưng, ta lại có phép biến đổi nữa, ta ký hiệu J J thay đổi chỗ y z: J(x, y, z) = (x, z, y) Phép biến đổi này, tất nhiên, giữ nguyên dạng x + 4yz xoắn Ta thử xem, ba số (trong nghiệm phương trình x2 + 4yz = p) J giữ nguyên, tức (x, y, z) cho J(x, y, z) = (x, y, z) Ta giả sử từ trước y z Nhưng khơng thể có điểm bất động! Nghĩa tất nghiệm chia thành cặp Như số nghiệm chẵn Nhưng ta vừa khẳng định số nghiệm lẻ Mâu thuẫn Nghĩa là, chắn phải tồn nghiệm phương trình x + 4yz = p mà y = z, p tổng hai bình phương Định lý chứng minh Cách chứng minh thứ ba Các chứng minh cùa Minkowsky, sửa đổi đơi chút, mà nói đến đây, làm ngạc nhiên gấp bội Đáng tiếc cách chứng minh không sơ cấp lắm, cụ thể là, ta cần biết ellipse cơng thức tính diện tích ellipse Tất kết Minkowsky mà tưởng chừng khơng có liên hệ với định lý Fermat-Euler Định lý: Cho a, b, c số nguyên a > ac – b = Khi phương trình ax2 + 2bxy + cy2 = có nghiệm nguyên Chứng minh: Ta xét hệ toạ độ Descartes vng góc cho tích vơ hướng cơng thức ((x, y), (x’, y’)) = axx’ + bxy’ + bx’y + cyy’ Tích vô hướng cho ta “khỏang cách” từ gốc toạ độ đến điểm (x, y) d((0, 0), (x, y)) = (( x, y ), ( x, y )) ax 2bxy cy Ta tìm “khỏang cách” ngắn từ gốc toạ độ đến điểm khác (0, 0) lưới nguyên (m, n) (m n số nguyên) Ta gọi khỏang cách d* đạt điểm (m*, n*), am*2 + 2bm*n* + cn*2 = d*2 (4) Tập hợp điểm (x, y) mặt phẳng thoả mãn bất đẳng thức 22 ax2 + 2bxy + cy2 d*2 ellipse Từ cách xây dựng ta suy vị tự ellipse theo tỷ số 1/2 đưa ellipse “co” đến tâm nằm điểm nguyên (tịnh tiến) tất ellipse thu có cắt cắt theo điểm biên Dễ dàng thấy diện tích phần giao ellipse với tam giác có đỉnh (0, 0), (1, 0) (1, 1) nửa diện tích tồn ellipse Mà diện tích a b (d *) (d *) (d *) det (ac b ) (ac b ) b c 4 (chỗ khơng sơ cấp nhất!) Như vậy, diện tích phần mà ellipse chiếm tam giác d*2/8 phần diện tích tam giác, 1/2, nghĩa d*2/8 < ½ => d*2 < 4/ Nhưng d*2 số nguyên dương Nghĩa d*2 = từ d* = 1! Định lý Minkowsky chứng minh Nhưng kết tuyệt vời có liên quan đến định lý Fermat-Euler? Liên quan trực tiếp đấy! p 1 ! chia hết cho p, p 1 ! không? Bây áp dụng định lý Minkowsky cho số a = p, b Ta biết từ bổ đề Wilson số b2 + 1, b c = (b2+1)/a Ta thu tồn số nguyên m n cho = am2 + 2bmn + cn2 từ a = a2m2 + 2abmn + (b2+1)n2 = (am + bn)2 + n2 Như (nhớ lại a = p) p = (am + bn) + n2 nghĩa p tổng hai bình phương Và lần định lý chứng minh (Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – dịch năm 1995) Tôi xin cảm ơn thầy Trần Nam Dũng chia sẻ dịch tạp chí Kvant Tơi thử sức cách chứng minh sau: Định lý: Điều kiện cần đủ để số nguyên tố biểu diễn dạng tổng hai bình phương số dư phép chia số cho 2 Bổ đề “Tìm số nguyên tố p cho phương trình x y �0 mod p có nghiệm x, y ��và ( x, y) ” Ta giải bổ đề Xét trường hơp sau: Trường hợp 1: p = Khi với x, y hai số lẻ nguyên tố ( x, y) nghiệm phương trình 23 Vậy p = thỏa Trường hợp 2: p số nguyên tố có dạng 4n Khi đó, theo tốn Ta có: x y �0(mod p) �x y 0(mod p) Suy khơng có hai số ngun tố x, y thỏa yêu cầu toán Vậy p 4n không thỏa Trường hợp 3: p số nguyên tố có dạng 4n + Theo định lý Wilson: “Cho p số nguyên tố bất kỳ, ta có: ( p 1)! 1Mp ” Mặt khác, ta có : p i �i(mod p) p 4n 2n chẵn 2 Suy : ( p 1)! �1.2 � � p 1 � �p 1 � �p 1 �� � � (2).(1) �� !� 1(mod p) � � �2 � �� � � �� � � � �p � �p �� !,1�là nghiệm phương trình �� !� �0 mod p � � �2 � �2 � � �� � x y �0 mod p Vậy với p 4n phương trình x y �0(mod p) có nghiệm ( x, y) thỏa điều kiện x, y ��,( x, y) Bổ đề 2: Cho m n hai số nguyên dương chẵn, u v hai số nguyên dương lẻ cho m2 n2 u v Khi (m2 v ) hợp số Tơi chứng minh tốn sau: Ta có: m2 n2 u v2 � (m n).(m n) (u v).(u v) Đặt: a m n, b m n, x u v, y u v Khi a.b x y Đặt: k a, x � a k. a1, x k. x1 với a1 , x1 ��* , (a1 , x1 ) Vì a.b x y nên k.a1.b k.x1 y � a1.b x1 y � y Ma1 � y l.a1 (l ��*) � a1.b x.a1.l � b x1.l Vì m, n số chẵn � a m n b m n số chẵn u, v số lẻ � x u v y u v số chẵn �m x y , yx ab , a b , u v n 2 2 �a b � �y x � � m v � � (a b2 2a.b x y x y ) � � �2 � � � 2 2 24 = (a b2 x y ) (vì a.b x y ) 1 = (k a l x12 k x12 l 2a12 ) (k l )(a12 x12 ) 4 Vì k a, x � k số chẵn l b, y � l số chẵn � �k � �l �� nên m2 v � a1 x12 Suy m2 v hợp số �2 � �2 �� � � � �� � � � 2 Bổ đề chứng minh xong Chứng minh phương trình x2 + y = p có nghiệm nguyên Giả sử (x, y) nghiệm phương trình x y �0(mod p) x y p Khi đó, ta dãy nghiệm ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), , ( xk , yk ), thỏa điều kiện: x y x12 y12 x2 y2 xk yk với xi , yi ��, i 1, , k tồn cặp ( xn , yn ) cho xn yn p Xét trường hợp sau: x y � � Nếu x, y chẵn d x, y � , �cũng nghiệm d d � � x y � � Chọn ( x1 , y1 ) � , � d d � � �x y x y � � � d d � d d , Nếu x, y lẻ d x, y � nghiệm � � � � � � �x y x y � � � d d � d d , Chọn ( x1 , y1 ) � � � � � � � Nếu x, y khơng tính chẵn lẻ thì: Vì 2 � �x y Mp nên x y �2 x y p � hợp số Theo bổ đề 2, ta có (u , v) thỏa x y u v Trong tất cặp (u, v) thỏa điều kiện, ta chọn cặp (u, v) cho u v nhỏ �p k.u x1 Khi đó, đặt: � �p k.v y1 k số lớn cho x1 u , giả sử u v �x12 p ( p 2k u ) ku �x1 p k u � �� Kki đó: x1 y1 �0(mod p) � �y1 p k v �y1 p ( p 2k v) kv 2 25 � x12 y12 p p 2k (u v ) k (u v ) Tức ( x1 , y1 ) nghiệm phương trình Ta thấy: x12 y12 u v x y Tương tự ta tìm ( x2 , y2 ), ( x3 , y3 ), Nhận xét: Nếu xn p , yn p xn yn Mp xn yn p Bài toán chứng minh xong Xét toán: Giải phương trình x y p tập số tự nhiên Ví dụ Với p=29 Khi theo bổ đề ta có: (12,1) nghiệm phương trình x y �0(mod 29) (*) (9, 8) thỏa: 122 12 92 82 , (nhỏ nhất) Ta có: 29 3.9 2, 29 3.8 suy (5,2) nghiệm (*) Mà 52 22 29 Vậy phương trình có nghiệm (5; 2) (2; 5) Ví dụ Với p = 37 Khi (31,1) nghiệm phương trình �31 31 � , 16,15 nghiệm phương trình (*) , x y �0(mod 37) (*) � � � � �2 phương trình 16 15 (nhỏ ) Ta có: 37 2.16 5, 37 2.15 � (7,5) nghiệm phương 5 5 � � trình (*) , 52 74 Vì hai số lẻ nên � , � 6,1 � �2 nghiệm (*) Mà 62 12 37 Vậy phương trình có nghiệm (6; 1) (1; 6) Ví dụ Cho p = 293 Khi đó:(138,1) nghiệm phương trình x y �0(mod 293) (*) Việc tìm cặp (u,v) thỏa mãn 1382 12 u v cho u v nhỏ gặp khó khăn Tuy nhiên ta thay nghiệm (138,1) nghiệm (155,1) (Chú ý: Nếu (x, y) nghiệm (p - x, y) nghiệm) Vì 155 số lẻ nên (78, 77) nghiệm 78 77 (nhỏ nhất) Ta có: 293 = 3.78 + 59, 293 = 3.77 + 62 suy (59, 62) nghiệm 59 622 7325 1552 12 24026 Ta có: 293 4.62 45, 293 4.45 57 suy (45, 57) nghiệm 452 57 5274 59 622 7325 �57 45 57 45 � , Vì hai số 45 57 lẻ nên � � 51, nghiệm � � (*) Vì 51 chia hết (17, 2) nghiệm (*) 26 Mà 17 22 293 Vậy phương trình có nghiệm (17; 2) (2; 17) X HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN Ngoài việc chứng minh định lí cách khác(có kế thừa số ý tưởng Euler) sáng kiến cách để tìm nghiệm nguyên phương trình x y p , cách làm giúp học sinh dể tiếp cận định lí Tạo cơng cụ đắc lực để học sinh tìm hiểu giải phương trình nghiệm nguyên khác XI ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đối tượng hướng đến đề tài em học sinh u thích tốn học, học sinh đội tuyển học sinh giỏi toán Tơi hy vọng qua viết học sinh có thêm tình yêu, động lực để khai thác mở rộng thêm kết toán có Giúp cho tốn học nước nhà ngày phát triển XII.DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất GD - Năm 2002 2) Tuyển chọn thi vơ địch tốn - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất ĐHQGHN - Năm 2010 3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất GD - Năm 2005 4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất ĐHSP - Năm 2003 5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, - nhà xuất GD Năm 2008 6) Chuyên đề số học – Ths Nguyễn Văn Nho – Nhà xuất ĐHQG TP.Hồ Chí Minh – Năm 2005 7) Trang web: www.diendantoanhoc.net Cẩm Mỹ, tháng năm 2017 Người thực NGÔ VĂN VŨ 27 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SƠNG RAY ––––––––––– CỘNG HỒ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Họ tên giám khảo 1: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO 28 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SƠNG RAY ––––––––––– CỘNG HỒ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Họ tên giám khảo 2: Chức vụ: Đơn vị: Số điện thoại giám khảo: * Nhận xét, đánh giá, cho điểm xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: Tính Điểm: …………./6,0 Hiệu Điểm: …………./8,0 Khả áp dụng Điểm: …………./6,0 Nhận xét khác (nếu có): Tổng số điểm: /20 Xếp loại: GIÁM KHẢO 29 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT SƠNG RAY ––––––––––– CỘNG HỒ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 - 2017 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TỐN Họ tên tác giả: Ngơ Văn Vũ Chức vụ: Giáo Viên, phó bí thư Đồn trường Đơn vị: Trương THPT Sông Ray Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học môn: - Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác: Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành Tính (Đánh dấu X vào đây) - Đề giải pháp thay hoàn tồn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn - Đề giải pháp thay phần giải pháp có,bảo đảm tính khoa học, đắn - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực tồn ngành có hiệu cao - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực tồn ngành có hiệu cao - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị Khả áp dụng (Đánh dấu X vào dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT Trong ngành - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT Trong ngành - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT Trong ngành Xếp loại chung: Xuất sắc Khá Đạt Không xếp loại Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không chép tài liệu người khác chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định Phiếu đánh dấu X đầy đủ tương ứng, có ký tên xác nhận tác giả người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN 30 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Ngô văn Vũ Phạm Văn Tánh 31 Cao Thị Xuyến ... năm gần đây: 01 (Khai thác mở rộng kết số toán) Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 Người kê khai Ngô Văn Vũ Tên sáng kiến: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Chứng minh định lí Fermat... năm gần đây: 01 (Khai thác mở rộng kết số toán) Cẩm Mỹ, ngày 25 tháng 05 năm 2017 Người kê khai Ngô Văn Vũ 18 Tên sáng kiến: KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN (Chứng minh định lí Fermat... TRƯỜNG THPT SÔNG RAY * _ oo0oo * Mã số: ……… SÁNG KIẾN KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TỐN Người thực hiện: Ngơ Văn Vũ Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lí giáo dục: x Phương pháp dạy