cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi toan 2015 tai dak lak

127 188 0
cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi toan 2015 tai dak lak

Đang tải... (xem toàn văn)

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

Thông tin tài liệu

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK **************** ******************* CHỦ BIÊN: NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN KỶ YẾU HỘI THẢO KHOA HỌC BUÔN MA THUỘT 14-15/03/2015 HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG (Chủ biên) CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN KỶ YẾU HỘI THẢO KHOA HỌC Buôn Ma Thuột, ngày 14-15 tháng 03 năm 2015 TRANG BÌA: Nhà xuất bản: THIẾT KẾ LẠI MÀU SẮC, CHỈNH SỬA PHÙ HỢP VỚI BẢN IN ĐỀ MỤC Ở SỐNG BÌA: CÁC CHUN ĐỀ TỐN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Các báo cáo khoa học CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN Thành phố Buôn Ma Thuột vào ngày 14-15/03/ 2015 Chiều ngày 13.03.2015 16h00-17h30 Họp BTC Ban Chương trình 18h00-20h00 Ăn tối Ngày 14.03.2015, buổi sáng 08h00-08h30 Văn nghệ chào mừng 08h30-09h00 Khai mạc Phát biểu khai mạc: Giám đốc sở GD ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng Phát biểu tham luận đại biểu đại diện sở GD: Phát biểu: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Phát biểu tổng kết: Giám đốc sở GD ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng 11h00-12h30 Ăn trưa Ngày 14.03.2015, buổi chiều 13h30-14h00 Khai mạc Phát biểu khai mạc: Hiệu trưởng THPT Chuyên Nguyễn Du - Lê Văn Thái Phát biểu đại biểu: Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu 14h00-15h30 Các báo cáo khoa học phiên họp toàn thể Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh Đàm Văn Nhỉ, Đa thức bất khả quy vài vận dụng liên quan Trịnh Đào Chiến, Các dạng toán chọn học sinh giỏi cấp quốc gia năm gần Trần Nam Dũng, Toán học thuật toán Hồ Thắng, Một số ứng dụng bất biến dãy số số học Nguyễn Bá Đang, Một góc nhìn thơng qua hình học kì thi Olympic Toán quốc tế Phạm Đăng Long, Áp dụng mệnh đề toán logic Trương Ngọc Đắc, Một số dãy số sinh hàm lượng giác Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc, Một số ứng dụng phép biến đổi Abel 15h30-15h45 Nghỉ giải lao 15h45-17h30 Các báo cáo khoa học phiên chuyên đề Điều khiển: TS Trần Nam Dũng, TS Trịnh Đào Chiến Lê Quốc Bảo, Một hướng tiếp cận giải toán dãy số Nguyễn Tài Chung, Giới hạn dãy số sinh tổng Lê Thị Ánh Đoan, Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên Nguyễn Văn Giang, Một số dạng toán bất phương trình hàm Cao Trần Tứ Hải, Một số phương pháp giải toán tổ hợp Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng tâm vị tự Đồn Văn Khiêm, Một số dạng tốn bất đẳng thức tứ diện tương tự tam giác Hoàng Đạt Hạ, Một số áp dụng khai triển Taylor bất đẳng thức tính giới hạn Nguyễn Thị Minh Nguyệt, Phương pháp giải toán chia hết 10 Hà Duy Nghĩa, Một số ứng dụng thặng dư bậc hai 11 Lê Thị Kim Uyên, Đa thức Fibonacci ứng dụng 12 Mai Đức Thanh, Một số dạng toán dãy số tổ hợp 13 Lương Ngọc Tiến, Một số toán giải phương pháp đếm theo hai cách 14 Lại Thị Ánh Vân, Một số dạng toán suy luận logic 15 Nguyễn Mạnh Quyền, Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet toán học 16 Nguyễn Thị Phương Thảo, Áp dụng nguyên lý xuống thang giải số dạng toán 17h30-18h00 Tổng kết hội thảo Điều khiển: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu 18h00-20h00 Ăn tối 20h00-22h30 Giao lưu văn nghệ Ngày 15.03.2015 08h00-9h30: Chương trình hội nghị bàn tròn Trao đổi kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Điều khiển: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, GĐ Phan Hồng Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai, Một số phương pháp xác định số hạng tổng quát dãy số Lê Trang Tơr, Một số tập dãy số tuần hồn Ngơ Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet tổ hợp bất đẳng thức Hoàng Huy Thông - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang, Phương pháp phản chứng hình học Phan Ngọc Tồn, Ứng dụng cấp phần tử tốn số học 9h30-18h00: Chương trình tham quan thực địa Mục lục Chương trình: Các báo cáo khoa học Lời nói đầu Lê Văn Thái Báo cáo đề dẫn Hội thảo khoa học Trần Nam Dũng, Toán học thuật toán Đàm Văn Nhỉ, Đa thức bất khả quy vài vận dụng liên quan 14 Trịnh Đào Chiến, Các dạng toán chọn học sinh giỏi cấp quốc gia năm gần 26 Nguyễn Bá Đang, Một góc nhìn thơng qua hình học kì thi Olympic Toán quốc tế 30 Lê Quốc Bảo, Một hướng tiếp cận giải toán dãy số 38 Nguyễn Tài Chung, Giới hạn dãy số sinh tổng 46 Trương Ngọc Đắc, Một số dãy số sinh hàm lượng giác 58 Phạm Đăng Long, Áp dụng mệnh đề toán logic 65 10 Lê Thị Ánh Đoan, Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên 72 11 Nguyễn Văn Giang, Một số dạng tốn bất phương trình hàm 83 12 Hoàng Đạt Hạ, Một số áp dụng khai triển Taylor bất đẳng thức tính giới hạn 92 13 Nguyễn Thị Minh Nguyệt, Phương pháp giải toán chia hết 99 14 Cao Trần Tứ Hải, Một số phương pháp giải toán tổ hợp 105 15 Hà Duy Nghĩa, Một số ứng dụng thặng dư bậc hai 114 16 Hồ Thắng, Một số ứng dụng bất biến dãy số số học 17 Lê Thị Kim Uyên, 123 Đa thức Fibonacci ứng dụng 135 18 Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng tâm vị tự 144 19 Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc, Một số ứng dụng phép biến đổi Abel 148 20 Lê Trang Tơr, Một số tập dãy số tuần hoàn 153 21 Đoàn Văn Khiêm, Một số dạng toán bất đẳng thức tứ diện tương tự tam giác 160 22 Mai Đức Thanh, Một số dạng toán dãy số tổ hợp 171 23 Lương Ngọc Tiến, Một số toán giải phương pháp đếm theo hai cách 174 24 Lại Thị Ánh Vân, Một số dạng toán suy luận logic 185 25 Nguyễn Mạnh Quyền, Một số ứng dụng ngun lí Dirichlet tốn học 193 26 Nguyễn Thị Phương Thảo, Áp dụng nguyên lý xuống thang giải số dạng toán 207 27 Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai, Một số phương pháp xác định số hạng tổng quát dãy số 215 28 Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet tổ hợp bất đẳng thức 225 29 Hồng Huy Thơng - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang, Phương pháp phản chứng hình học 236 Liên kêt bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải Nam Trung Tây Nguyên - Động lực thúc đẩy phát triển học sinh giỏi tỉnh khu vực Hòa chung khơng khí kỷ niệm 40 năm giải phóng Bn Ma Thuột mở cho Tổng tiến công dậy mùa Xuân năm 1975, đỉnh cao Chiến dịch Hồ Chí Minh lịch sử, giải phóng hồn tồn miền Nam, thống Tổ quốc; với việc triển khai Nghị số 29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI với nội dung đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hóa – đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế; nhằm phát triển học sinh giỏi tỉnh khu vực, Sở Giáo dục Đào tạo Đắk Lắk với Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên phối hợp với Hội Toán học Hà Nội đồng tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên lần thứ V Qua kỳ tổ chức Hội nghị, Phú Yên, Khánh Hòa, Bình Định Gia Lai, đến cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông tỉnh quan tâm thường xuyên chia sẻ kinh nghiệm Số lượng học sinh giỏi hàng năm tỉnh khu vực phát triển số lượng lẫn chất lượng, nhiều tỉnh có học sinh đoạt giải cao kỳ thi học sinh giỏi Trung học phổ thơng Quốc gia; số tỉnh có học sinh đoạt giải kỳ thi Olympic Quốc tế Thành tích thể tinh thần ý chí phấn đấu học sinh giáo viên tỉnh khu vực Trên sở thực trạng công tác phát hiện, tuyển chọn, bồi dưỡng kết thi học sinh giỏi Trung học phổ thông năm qua tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên, Hội nghị lần đánh giá cách khách quan, thực chất công tác liên kết bồi dưỡng học sinh tỉnh, từ đề xuất giải pháp hữu hiệu nhằm phát triển học sinh giỏi cho năm Hội nghị vinh dự đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, chuyên gia đầu ngành thuộc mơn Tốn học Ngữ văn; chun gia giáo dục, lãnh đạo cán phụ trách chuyên môn Sở Giáo dục Đào tạo; thầy giáo, cô giáo môn tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi Ban tổ chức Hội nghị hy vọng việc trao đổi kinh nghiệm tuyển chọn, bồi dưỡng học sinh giỏi đại biểu tham dự Hội nghị chắn học quý giá cho tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên công tác phát triển học sinh giỏi Công tác phát hiện, tuyển chọn bồi dưỡng học sinh giỏi nhiệm vụ đặc biệt quan trọng việc thực nhiệm vụ chung Giáo dục Đào tạo tỉnh Những năm qua, so với số tỉnh có truyền thống khu vực đồng Bắc Bắc Trung thành phố trực thuộc Trung ương kết học sinh giỏi Trung học phổ thông tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên khiêm tốn, cần phải phấn đấu nhiều Đây điều trăn trở cán quản lý củng giáo viên trực tiếp tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Vì vậy, việc tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung Tây Nguyên động lực để tỉnh hoạch định chiến lược phát triển học sinh giỏi Là đơn vị tổ chức Hội nghị, Sở Giáo dục Đào tạo Đắk Lắk chân thành cám ơn nhà khoa học, nhà giáo lão thành, chuyên gia đầu ngành thuộc mơn Tốn học Ngữ văn; chun gia giáo dục, lãnh đạo cán phụ trách chuyên môn Sở Giáo dục Đào tạo; thầy giáo, giáo tham gia viết góp phần cho việc tổ chức thành công Hội nghị Báo cáo đề dẫn Hội thảo khoa học Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Khu vực Duyên hải Nam Trung Tây Nguyên Lê Văn Thái Hiệu trưởng trường THPTC Nguyễn Du, tỉnh Đắk Lắk Kính thưa quí vị đại biểu, quý thầy cô giáo ! Hôm khơng khí vui tươi thành phố Bn Ma Thuột vừa tổ chức lễ kỷ niệm 110 năm ngày thành lập 40 năm ngày giải phóng Bn Ma Thuột Sở Giáo dục Đào tạo Đắk Lắk kết hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức hội thảo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán THPT khu vực Duyên hải Nam Trung Tây ngun Chúng tơi vui mừng đón tiếp lãnh đạo Sở GD& ĐT khu vực, chun gia mơn Tốn, thầy chun viên đạo mơn Tốn Sở , Nhà trường giáo viên trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn đến tham dự hội thảo Chúng ta biết nhằm tạo liên kết bồi dưỡng khu vực từ năm học 2010 – 2011 Sở Giáo dục Đào tạo Phú Yên đăng cai tổ chúc Hội thảo Khoa học “ Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi” khu vực Duyên hải Nam Trung Tây nguyên lần thứ nhất; sau đến Sở Giáo dục Đào tạo Khánh Hòa, Bình Định, Gia Lai Hơm nay, ngày 14/3/2015 trường THPTC Nguyễn Du tỉnh Đắk Lắk diễn Hội thảo Khoa học lần thứ Sở Giáo dục đào tạo Đắk Lắk tiếp tục đăng cai tổ chức Trong năm qua, quan tâm lãnh đạo Bộ Sở Giáo dục Đào tạo, Viện nghiên cứu Toán cao cấp, Hội Toán học Hà Nội toàn xã hội, vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trọng tạo nhiều điều kiện thuận lợi, giáo viên học sinh khu vực có nhiều nổ lực, cố gắng tâm cao nên kết có nhiều khởi sắc hơn, có học sinh khu vực đạt giải quốc tế, đạt giải nhất, nhiều giải nhì mơn Tốn tất Sở có học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn Tuy nhiên số lượng chất lượng giải thấp so với khu vực khác, số giải không ổn định, liên kết bồi dưỡng có mang tính chất riêng lẻ, không ổn định Mục tiêu hội thảo nhằm xác định tầm quan trọng việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn, thảo luận số chuyên đề Toán học giáo viên, chuyên gia trình bày, tìm giải pháp để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Nội dung hội thảo tập trung vào vấn đề sau: - Nghe báo cáo số chun đề Tốn học - Thảo luận để hồn chỉnh báo cáo - Trao đổi kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi - Định hướng cho nội dung Hội thảo Liên kết bồi dưỡng năm học 2015 – 2016 Hội thảo Khoa học năm quan tâm lớn Lãnh đạo Bộ Sở Giáo dục Đào tạo khu vực, Hội Toán học Hà Nội, số chuyên gia đầu ngành mơn Tốn, trường THPT chun khu vực, trường THPT tỉnh Đắk Lắk số tỉnh khu vực, giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn Ban tổ chức hội thảo nhận 28 chuyên đề giáo viên thuộc Sở Giáo dục Đào tạo Bình Định, Khánh Hòa, Lâm Đồng, Ninh Thuận, Đắk Nơng, Đắk Lắk Đặc biệt có chuyên đề số học sinh lớp 10 chuyên Toán trường THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk Các chuyên đề thuộc lĩnh vực khác Toán học như: Tổ hợp; Số học; Hình học; Dãy số; Bất đẳng thức; Phương trình hàm; Các phương pháp chứng minh Toán học; Nhiều chuyên đề thể cố gắng tác giả nghiên cứu, tổng hợp, có nhiều ứng dụng đề cập kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Chúng mong từ báo cáo cụ thể ý kiến trao đổi thống hội thảo, Tiếp theo, chứng minh dễ dàng rằng, có hai cách phủ phần đường × 2k cho cách phủ thuộc Ak với k = 2, 3, , n, cách phủ cách phủ thu cách lấy đối xứng Từ suy |Ak | = 2cn−k Như vậy, ta có cn = 3cn−1 + 2cn−2 + + Đây dạng công thức truy hồi bậc vô hạn Để thu công thức truy hồi bậc hữu hạn, ta thay n n + suy cn+1 = 3cn + 2cn−1 + 2cn−2 + + Từ đó, trừ hai đẳng thức cuối vế theo vế, ta cn+1 cn = 3cn cn−1 cuối cn+1 = 4cn cn−1 √ √ Phương trình đặc trưng X − 4X + = có hai nghiệm phân biệt X = − 3, X = + c1 = 3, c2 = 11 nên ta có công thức tổng quát √ √ √ n √ n 3+1 3−1 cn = 2+ + 2− 2 Bài toán (Dự tuyển IMO-1996) Cho bảng vng n × n(n > 1) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông bảng cho hình vng × có hai ô vuông đánh dấu? Lời giải Gọi sn số cách đánh dấu bảng n × n Xét tập T gồm ô vuông nằm cột cuối tính từ phải sang hàng cuối tính từ xuống dưới, ta gọi An cách đánh dấu mà có hai vng kề T đánh dấu không đánh dấu Bn cách đánh dấu mà ô vuông T đánh dấu xen kẽ Ta thấy với cách đánh dấu bảng n × n, bỏ đánh dấu ô T cách đánh dấu bảng (n − 1) × (n − 1) Do cách đánh dấu Bn ứng với cách đánh dấu thuộc Bn−1 , cách đánh dấu An ứng với cách đánh dấu thuôc An−1 cách đánh dấu thuộc Bn−1 Từ |Bn | = |Bn−1 | , |An | = |An−1 | + |Bn−1 | (n > 2) Hơn sn = |An | + |Bn | , ∀n > nên sn = 2sn−1 − sn−2 , ∀n > Bằng cách tính trực tiếp ta s2 = 6, s3 = 14 phương trình đặc trưng cho dãy số tuyến tính cấp hai có nghiệm kép X = nên sn = 2n − 10, ∀n > Phương pháp hàm sinh Phương pháp hàm sinh phương pháp đại, sử dụng kiến thức chuỗi, chuỗi hàm (đặc biệt khai triển Newton suy rộng, công thức Taylor) Đây phương pháp mạnh để giải toán tổ hợp Cho dãy số a0 , a1 , a2 , , an , Chuỗi hình thức A (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + gọi hàm sinh dãy {an } Ý tưởng phương pháp hàm sinh sau: Giả sử ta cần tìm cơng thức tổng qt dãy số {an } Từ cơng thức truy hồi lý luận tổ hợp trực tiếp, ta tìm hàm sinh A (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + Khai triển A (x) thành chuỗi tìm hệ số xn khai triển ta tìm an Cơng thức khai triển thường sử dụng Công thức nhị thức Newton suy rộng α (α − 1) x2 α (α − 1) (α − n + 1) n + ··· + x + (1 + x)α = + αx + n! Công thức khai triển Taylor 108 f (0) f (n) (0) n x + ··· + x + 2! n! Bài tốn Tìm số hạng tổng quát dãy số Fibonacci xác đinh f0 = 1, f1 = 1, fn+1 = fn + fn−1 , ∀n ∈ N∗ Lời giải Xét hàm sinh F (x) = f0 + f1 x + f2 x2 + · · · + fn xn + = f0 + f1 x + (f0 + f1 ) x2 + · · · + (fn−1 + fn−2 ) xn + = f0 + f1 x + x2 (f0 + f1 x + ) + x (f1 x + ) = f0 + f1 x + x2 F (x) + x (F (x) − f0 ) 1+x Từ suy F (x) = − x − x2 Tiếp theo, ta khai triển F (x) thành chuỗi √ √ 1 1+ 1− Ta có , nghiệm phương trình x − x − = 0, với α = ,β = α β 2 A B Viết F (x) dạng F (x) = + với A, B số Bằng cách đồng hai −√αx − βx √ 1+ 1− α β vế , ta A = √ , B = − √ hay A = √ , B = − √ 5 5 Từ đó, sử dụng công thức = + x + x2 + · · · + xn + ta có 1−x F (x) = A (1 + αx + · · · + αn xn + ) + B (1 + βx + · · · + β n xn + ) = A + B + (Aα + Bβ)x + · · · + (Aαn + Bβ n )xn + √ n+1 √ n+1 1+ 1− n n suy fn = Aα + Bβ fn = √ −√ 2 5 f (x) = f (0) + f (0)x + Nhận xét Bài tốn tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy Fibonacci giải phương pháp sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp hai gọn Tuy nhiên, muốn sử dụng tốn làm ví dụ minh họa phương pháp hàm sinh (một phương pháp “xa lạ” cần trang bị kiến thức toán cao cấp chuỗi lũy thừa khai triển Taylor) để tạo “gần gũi” phương pháp hàm sinh Bài toán Có 2n điểm đường tròn Hãy tìm số cách nối 2n điểm n dây cung không cắt Lời giải Gọi cn đáp số tốn Ta có c1 = 1, c2 = quy ước c0 = Khi ta dễ dàng xây dựng công thức truy hồi cn = cn−1 c0 + cn−2 c1 + · · · + c0 cn−1 Xét hàm sinh A (x) = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · + cn xn + Từ công thức truy hồi trên, ta có (A (x))2 = c0 + (c0 c1 + a1 a0 ) x + · · · + (cn c0 + cn−1 c1 + · · · + c0 cn ) xn + = c1 + c2 x + · · · + cn+1 xn + Từ suy x(A (x))2 = A (x) − ⇔ x2 (A (x))2 = xA (x) − x ⇔ xA (x) − 1 + (1 − 4x) − (1 − 4x) nên xA (x) = xA (x) = 2 109 2 = −x + 1 − 4x = 4 Do xA (x) khơng có số hạng khơng chứa x, tức triệt tiệu x = nên 1 − (1 − 4x) xA (x) = 1 1 −1 − − n + (−4x)n ∞ 1 2 2 ⇔ xA (x) = − 4 n=0 n! 2n − 1 (4x)n ∞ 2 2 ⇔ xA (x) = n=1 n! ∞ 1.3 (2n − 3)2n−1 xn ⇔ xA (x) = n! n=1 ∞ 1.3 (2n − 3)2n−1 xn−1 ∞ 1.3 (2n − 1)2n xn ⇔ A (x) = ⇔ A (x) = n! (n + 1)! n=1 n=0 1.3 (2n − 1)2n (2n)! Cn Do cn = = = 2n (n + 1)! n!(n + 1)! n+1 Nhận xét Người ta định nghĩa số Catalan cho công thức truy hồi c0 = 1, cn = cn−1 c0 + cn−2 c1 + · · · + c0 cn−1 Khi theo toán ta xác định số Catalan Cn cn = 2n Ngồi ta xác định số Catalan phương pháp quỹ đạo nguyên lý n+1 đối xứng gương sau: Giả sử A(a; α), B(b; β) điểm có toạ độ nguyên, b > a ≥ 0, β > α > A (a; −α) điểm đối xứng với A qua trục Ox Gọi quỹ đạo từ A đến B đường từ A đến B qua điểm nguyên theo hướng lên qua phải Khi số quỹ đạo từ A đến B cắt trục Ox có điểm chung với Ox số quỹ đạo từ A đến B Từ ta thu cơng thức tính tất số Catalan Dùng cơng cụ số phức Số phức có nhiều ứng dụng nhiều ngành tốn học khác hình học, đại số, số học, Trong mục trình bày số ứng dụng số phức giải toán tổ hợp Để tiện theo dõi chúng tơi trình bày số kết số phức không chứng minh Chi tiết chứng minh xin xem [3] Cho p số nguyên tố lẻ Khi phương trình xp = có p nghiệm phức phân biệt 2kπ 2kπ + i sin với k = 0, 1, 2, , p − xk = cos p p Từ đẳng thức xp − = (xp − 1) (xp−1 + xp−2 + · · · + 1) x0 = ta suy phương trình xp−1 + xp−2 + · · · + = có p − nghiệm phức phân biệt 2kπ 2kπ xk = cos + i sin với k = 1, 2, , p − p p Gọi α nghiệm phương trình xp−1 + xp−2 + · · · + = 0, p số nguyên tố lẻ Khi vế trái phương trình đa thức bất khả quy trường số thực tập nghiệm phương trình {α, α2 , , αp−1 } Hơn αn , α2n , , α(p−1)n hoán vị {α, α2 , , αp−1 }, n nguyên tố với p n Giả sử f (x) = ak xk đa thức với hệ số thực m số nguyên dương, đặt k=0 2π 2π z = cos + i sin Khi m m 110 m−1 f (z j ) = m−1 n j=0 j=0 k=0 m−1 n ak z jk = ak k=0 z jk j=0 Gọi A tập {1, 2, , n} gồm số chia hết cho m Từ + z k + z 2k + · · · + z (m−1)k m−1 m k chia hết cho m không k không chia hết cho m Suy f (z j ) = j=0 m−1 n ak z jk = m j=0 k=0 ak = Do k∈A ak k∈A m−1 m f (z j ) j=0 Bài toán (Bay Area Math Circle 1999) Cho m, n số nguyên dương Một hình chữ nhật tạo thành cách xếp số hình chữ nhật × m n × Chứng minh ta sử dụng loại × m n × để tạo thành hình chữ nhật cho Lời giải Giả sử hình chữ nhật có dạng a × b, rõ ràng a, b số nguyên dương Ta cần chứng minh a chia hết cho n b chia hết cho m 2π 2π 2π 2π + i sin , β = cos + i sin Gọi α = cos m m n n Chia hình chữ nhật a × b thành a.b hình chữ nhật đơn vị Ứng với hình chữ nhật đơn vị cột x hàng y ta đặt số phức αx β y Tổng số phức hình chữ nhật n × bắt đầu ô vuông cột x, hàng y đó: βn − αx β y (1 + β + · · · + β n−1 ) = αx β y =0 β−1 Tổng số phức hình chữ nhật × m bắt đầu ô vuông cột x, hàng y đó: αm − αx β y (1 + α + · · · + αm−1 ) = αx β y = α−1 Trong tổng tất số phức hình chữ nhật αa − β b − (α + α2 + · · · + αa )(β + β + · · · + β b ) = αβ = α−1 β−1 Vì αa = β b = 1, a chia hết cho n b chia hết cho m Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương k không vượt p − Tìm số tập X tập {1, 2, , p} biết X chứa k phần tử tổng tất phần tử X chia hết cho p Lời giải Đặt A = {X ⊂ {1, 2, , p} : |X| = k}, Aj = {X ∈ A : S(X) ≡ j(modp)} với j = 0, 1, , p − Khi |A| = Cpk Vì A = A0 ∪ A1 ∪ · · · ∪ Ap−1 Ai ∩ Aj tập rỗng với i = j nên |A| = |A0 | + |A1 | + · · · + |Ap−1 | Xét đa thức P (x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1, đa thức có p − nghiệm phức phân biệt Giả sử α nghiệm P (x) tập nghiệm P (x) {α, α2 , , αp−1 } αp = Do phương trình xp = có p nghiệm phức phân biệt α, α2 , , αp nên ta viết xp − = (x − α)(x − α2 ) (x − αp ), so sánh hệ số xp−k ta (−1)k αS(X) = Chú ý X∈A αS(X) = αj X ∈ Aj Do p−1 p−1 |Aj | αj = Vì α nghiệm đa thức Q(x) = j=0 |Aj | xj j=0 Nên ta 111 |A0 | = |A1 | = · · · = |Ap−1 | suy |A0 | = |A0 | + |A1 | + · · · + |Ap−1 | |A| = p p Cpk Vậy số tập X chứa k phần tử tổng tất phần tử p Cpk X chia hết cho p p Do |A0 | = Ứng dụng vào số toán Số học-Tổ hợp Lý thuyết tổ hợp khơng giải tốn đặt lý thuyết mà nhiều ứng dụng thú vị ngành tốn học khác, ví dụ đại số, số học, hình học tổ hợp, lý thuyết xác suất, Các hệ số nhị thức thường nảy sinh cách tự nhiên số học modular, đại số giao hoán, lý thuyết đại số Lie modular, vậy, đẳng thức liên quan đến hệ số nhị thức đóng vai trò đặc biệt quan trọng Dưới đây, xét số ví dụ liên quan đến ứng dụng tổ hợp lĩnh vực khác toán học Bài toán Cho p số nguyên tố Đường tròn chia thành p cung Hỏi có cách tơ p cung a màu khác (Hai cách tô màu thu phép quay coi giống nhau)? Lời giải Mỗi mội cung có a cách tơ màu, có ap cách tơ màu p cung (với quy ước cố định vị trí) Trong số có a cách tô màu màu Với cách tơ màu dùng màu trở lên, ta dùng phép quay để tạo p cách tô màu khác tính ap cách tơ màu khơng tính theo cách tính đề Như số cách tô màu thoả mãn điều kiện ap − a + a đề p Nhận xét Ta chứng minh định lý nhỏ Fermat, “Cho p số nguyên tố a số nguyên, ap − a chia hết cho p ” cách áp dụng kết Bài toán Bài toán 10 (Định lý Lucas) Cho p số nguyên tố hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m ≤ n biểu diễn dạng p-phân sau : m = aS aS−1 a0 |p , n = bS bS−1 b0 |p với bS = Khi Cnm ≡ aS−1 CbaSS CbS−1 Cba00 (modp) Lời giải Do Cpk ≡ (modp) với k = 1, 2, , p − nên (a + b)p ≡ ap + bp (modp) Từ k quy nạp toán học , ta dễ dàng chứng minh (a + b)p ≡ ap + bp (modp) với a, b nguyên S k k S−1 Hơn (1 + x)n = (1 + x)bS p (1 + x)bS−1 p (1 + x)b0 lấy theo modulo p ta S bS S−1 bS−1 (1 + x)n ≡ (1 + xp ) (1 + xp ) (1 + x)b0 (modp) Hệ số xm vế trái Cnm Do biểu diễn n dạng p phân nên hệ số aS−1 Cba00 nên ta suy điều phải chứng minh xm vế phải CbaSS CbS−1 Bài toán 11 (TST VN2010) Gọi Sn tổng bình phương hệ số khai triển (1 + x)n Chứng minh S2n + không chia hết cho Lời giải Ta có (1 + x)4n = (1 + x)2n (1 + x)2n = 2n k=0 So sánh hệ số x2n hai vế ta có 112 k k C2n x 2n k=0 k k C2n x 2n k C2n = 2n C4n 2n suy S2n + = k=0 2n + + = C4n k C2n k=0 m Giả sử 2n có biểu diễn dạng tam phân 2n = ak 3k với ak ∈ {0, 1, 2} Nếu ak ∈ k=0 {0, 1} , ∀k = 1, , m m 2ak 3k Ta thấy Khi 4n có biểu diễn tam phân 4n = k=0 m m ak ak số chẵn gọi 2p = k=0 k=0 a2 a1 am 2n (mod3) .C2a C2a ≡ C2a Theo định lý Lucas ta có C4n m a2 a1 am am a1 a2 2p Mà C2a1 C2a2 C2am = 2 = = 4p nên S2n +1 = 4p +1 ≡ (mod3) hay S2n +1 không chia hết cho Đây điều phải chứng minh Nếu tồn = Khơng tính tổng quát, giả sử i số nhỏ = 2.Khi hệ số tương ứng 4n hệ tam phân Do C12 = (vì số chập lớn số phần tử) nên lại áp dụng định lý Lucas 2n suy C4n ≡ 0(mod3) hay S2n + không chia hết cho Bài tốn giải hồn tồn Nhận xét Cách tiếp cận toán này, yêu cầu chứng minh S2n + khơng chia hết cho có hai mục đích Thứ nhất, tính S2n cách so sách hệ số khai triển nhị thức Newton 2n , từ gợi ý đến cách khai triển theo modulo Thứ hai, đưa chất tổ hợp C4n Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Các chuyên đề chọn lọc tổ hợp rời rạc, NXB GD, 2008 [2] Nguyễn Văn Mậu, Một số toán chọn lọc dãy số, NXB GD, 2005 [3] Nguyễn Văn Mậu, Số phức áp dụng, NXB GD 2009 [4] Trần Nam Dũng, Bài giảng tổ hợp, Tập huấn GV Chuyên Toán Đà Nẵng 2013 [5] Titu Andreescu, Zuming Feng, Combinatorial problems, from the training the USA IMO Team [6] P S Bravo, Problem solving method in combinatorics,On appoach to Olympiad problems, Berkhauser 113 Một số ứng dụng thặng dư bậc hai Hà Duy Nghĩa Trường THPT Phan Đình Phùng, Đắk Lắk Tiếp theo chuyên đề Thặng dư bậc hai thầy Trần Quang Vinh trình bày ‘Các chun đề tốn học bồi dưỡng học sinh giỏi” Sở giáo dục đào tạo Phú Yên phát hành, chuyên đề tơi trình bày số tính chất thặng dư bậc hai với môđun không nguyên tố ứng dụng để giải toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên bậc cao Thặng dư bậc hai với môđun nguyên tố Trong phần giới thiệu lại khái niệm tính chất Thặng dư bậc hai, việc chứng minh tính chất xem [1] Định nghĩa Cho a,m hai số nguyên dương, ƯCLN(a,m)=1 Số a gọi thặng dư bậc hai theo mơđun m phương trình đồng dư x2 ≡ a ( mod m)có nghiệm Ngược lại ta nói a khơng thặng dư bậc hai theo mơđun m Ví dụ Số thặng dư bậc hai theo mơđun khơng thặng dư bậc hai theo mơđun 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 đồng dư với 1, 4, 2, 2, 2, 4, theo môđun7 Mệnh đề Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên không chia hết cho p Khi phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p),( 1.3) khơng có nghiệm có hai nghiệm không đồng dư theo môđun p Chứng minh Giả sử (1.3) có nghiệm x = x0 Ta cần chứng minh x = −x0 nghiệm không đồng dư với x0 Thật vậy, giả sử (1.3) có nghiêm khác x = x1 , x20 ≡ x21 (mod p) Tức là: x20 − x21 = (x0 − x1 )(x0 + x1 ) ≡ 0(mod p) Do đó, p|(x0 − x1 ) p|(x0 + x1 ) Điều chứng tỏ x1 ≡ x0 , x1 ≡ −x0 Định nghĩa Cho a số nguyên p số nguyên tố lẻ Kí hiệu Legendre số xác định sau:  ˜   nOu p | a a ˜ (a, p) = vµa lµthng d bEc ă hai theo m = nOu un p  p  ˜ (a, p) = vµa kh ¨ hai theo m -1 nOu ng lµthng d bEc un p Theo ví dụ trên, ta kí hiệu Định lí Cho a, p số ta có: p−1 a i) ≡ a (mod p); (Tiêu chuẩn Euler) p p−1 −1 ii) = 1, = (−1) ; p p a b ab iii) = p p p a b iv) Nếu a ≡ b (mod p)thì = p p 114 Định lí (Bổ đề Gauss) Cho p số nguyên tố lẻ (a, p)=1 Nếu S số thặng dư p p−1 alớn = (−1)S , nói khác dương bé số nguyên a, 2a, 2 p p−1 2ka S= , với [x] phần nguyên x p k=1 Ta có thặng dư dương bé theo môđun 13 số: 1.5, 13 13 2.5, 3.5, 4.5, 5.5, 6.5 số 5, 10, 2, 7, 12, số có số lơn nên = (−1)3 = −1 13 Ví dụ Tính Hệ Cho p số nguyên tố lẻ, ta có : i) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 8) ii) -2 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 8), p ≡ (mod 8) iii) -3 thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ (mod 6) iv) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 12) v) thặng dư bặc hai theo môđun p p ≡ ±1 (mod 10) p q q p = = (−1)1.20 = Suy 41 = Định lí (Luật thuận nghịch bậc hai) Nếu p, q hai số ngun tố lẻ có: p−1q−1 (−1) Ví dụ Tính 41 Áp dụng luật thuận nghịch bậc hai ta có : 41 = 3 41 41 = −1 Định lí Cho x, y hai số nguyên tố a, b, c số nguyên tùy ý Nếu p số nguyên tố lẻ ước ax2 + bxy + cy khơng ước abc D = b2 − 4ac thặng dư bậc hai theo môđun p Đặc biệt p| (x2 − Dy )và (x,y)=1 D thặng dư bậc hai theo mơđun p Chứng minh Đặt N = ax2 + bxy + cy , ta có 4aN = (2ax + by)2 − Dy Do đó: (2ax + by)2 ≡ Dy (mod p), (1.11a) Ngồi ra, y khơng chia hết cho p (nếu khơng (2ax+by)và x chia hết cho p)nên tồn y1 cho yy1 = (mod p) Khi nhân hai vế phương trình (1.11a) với y12 ta được: (2axy1 + byy1 )2 ≡ D(yy1 )2 ≡ D (mod p) Vậy D thặng dư bậc hai theo mô đun p Thặng dư bậc hai với môđun không nguyên tố Phần lớn phương trình nghiệm nguyên bậc cao ta thường chuyển phương trình đồng dư bậc cao với mơđun khơng ngun tố Do đó, việc mở rộng tính chất thặng dư bậc hai với mơđun khơng ngun tố có vai trò quan trọng Sau tính chất 115 Định nghĩa Cho a số nguyên, b số nguyên tố lẻ, giả sử b phân tích thừa số nguyên tố dạng b = pα1 pα2 pαr r Kí hiệu Jacobi định nghĩa : α α α a a a a r = b p1 p2 pr nxKí hiệu Jacobi mở rộng kí hiệu Legendre, p số ngun tố kí hiệu Jacobi trùng với kí hiệu Legendre Tuy nhiên p hợp số kí hiệu Jacobi chưa cho ta biết phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có nghiệm hay khơng Mặc dù có nhiều tính chất tương tự kí hiệu Legendre Định lí Cho a số nguyên, b số nguyên dương với b phân tích thành thừa số nguyên tố b = pα1 pα2 pαr r Khi a, thặng dư bậc hai theo môđun b nếu a thặng dư theo mô đun pαi i , với i=1,2, ,r Chứng minh Nếu a thặng dư bậc hai theo mơđun b dễ dàng suy a thặng dư bậc hai theo môđun pαi i với i = 1, 2, , r Ngược lại, giả sử a thặng dư bậc hai theo môđun pαi i , tức với mội số pαi i tồn xi nghiệm phương trình x2 ≡ a (mod pαi i ) Khi theo Định lí thặng dư Trung hoa tồn số x cho x ≡ xi (mod pαi i )với i = 1, 2, , r Do đó, x2 ≡ x2i (mod pαi i ) với i Suy x2 ≡ a (mod b) Định lí Giả sử n số nguyên dương lẻ , a b hai số nguyên tố với n Khi : b a = ; i) Nếu a ≡ b (mod n)thì n n b ab a = ; ii) n n n n−1 −1 iii) = (−1) ; n n2 − iv) = (−1) ; n Chứng minh Dễ thấy, tính chất (i), (ii) suy trực tiếp từ Định nghĩa 2.1 Định lí 1.5 Ta cần chứng minh cho tính chất (iii) (iv) Vì pi − chẵn nên (1 + (pi − 1))αi ≡ + αi (pi − 1) (mod 4) (1 + αi (pi − 1)) (1 + αj (pj − 1)) ≡ + αi (pi − 1) + αj (pj − 1) (mod 4) Do ta có: pα1 pα2 pαr r ≡ + α1 (p1 − 1) + α2 (p2 − 1) + + αr (pr − 1) (mod 4) n−1 α1 (p1 − 1) α2 (p2 − 1) αr (pr − 1) Hay ≡ + + + (mod 2) 2 2 Từ suy ra:       p1 − α1 p2 − α2 p r − αr α1 α2 αr −1 −1 −1 −1 = = (−1)  (−1)  (−1)  n p1 p2 pr p2 − pr − n−1 p1 − +α2 + αr 2 = (−1) ; = (−1) α1 116 n−1 −1 = (−1) Vậy n Bằng cách chứng minh tương tự, ta có : n2 − α1 (p1 − 1) α2 (p2 − 1) αr (pr − 1) ≡ + + + (mod 8) 8 8 n2 − = (−1) Hay n Định lí (Luật thuận nghịch bậc hai kí hiệu Jacobi) Nếu m, n, số nguyên dương n−1m−1 m n lẻ, nguyên tố = (−1) n m Chứng minh Giả sử m, n phân tích thành thừa số nguyên tố dạng: m = pα1 p2α2 pαr r , n = q1α1 q2α2 qsαs Khi ta có: pi − q j − r s p i − qj − βj αi r s β α i=1 j=1 j i m n 2 2 = (−1) = =(−1) n m i=1 j=1 Ngoài ra, theo Định lí 2.3 ta có : r s n−1 n−1 pi − qj − ≡ (mod 2) , αi ≡ (mod 2) nên βj 2 2 i=1 j=1 m−1n−1 m n = (−1) n m Hệ Cho a, b số nguyên c, d só lẻ ta có: a c a d a + bc c = a ; c a = cd Một số tổng liên quan đến kí hiệu Legendre Định lí Nếu a, b số nguyên tùy ý, p số nguyên tố thỏa (a, p)=1thì p−1 ax + b = p x=0 Chứng minh Vì (a,p)=1 nên số ax+b, x=0,1,2, ,p-1 lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo p−1 p−1 môđun p có thặng dư bậc hai , khơng thặng dư bậc hai số chia hết cho 2 p Do theo kí hiệu Legendre ta có: p−1 ax + b p−1 p−1 = 1+ (−1) + = p 2 x=0 Định lí Cho f(x) đa thức bậc k với hệ số nguyên Gọi f (x)p = a0 + a1 x + + akp xkp với p−1 p = ta có: p−1 f (x) k ≡ − ap−1 + a2(p−1) + + ak (p−1) (mod p), k = p x=0 p−1 xn với n>0, Khi ta có: Chứng minh Đặt Sn = x=0 117 p−1 xn ≡ −1(mod p) Nếu n chia hết cho p-1 Sn = x=0 p−1 xr , với r ≡ n(mod p − 1), < r < p − Dễ Nếu n khơng chia hết cho (p-1) Sn ≡ x=0 chứng minh Sn ≡ 0(mod p) Từ suy ra; p−1 x=0 f (x) p p−1 ≡ x=0 f (x)p p kp Si ≡ − ap−1 + a2(p−1) + + ak (p−1) (mod p) = i=0 Định lí 10 Cho a, b, c số nguyên tùy ý p số nguyên tố thỏa (a, p)=1 Khi tổng: p−1 a a ax2 + bx + c Bằng − b2 − 4ac không chia hết cho p (p − 1) p p p x=0 Chứng minh Ta có 4a p p−1 x=0 ax2 + bx + c p p−1 = x=0 (2ax + b)2 − D với D = b2 − 4ac, từ p số ax+b, x=0,1,2, ,p-1 lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo môđun p ta được: p−1 4a p−1 ax2 + bx + c x2 − D = = S,hay p x=0 p p x=0 p−1 ax2 + bx + c a p−1 x2 − D a = =S p p x=0 p p x=0 Theo Định lí 3.2, ta có S = −(ap−1 ) ≡ −1(mod p) Ngoài ra, ta có |S| ≤ pnên S ∈ {−1, p − 1} p−1 x2 − D Giả sử S = p − có số hạng tổng tất số p x=0 p−1 x2 − D Tức tồn x0 ∈ {0, 1, 2, , p − 1} hạng lại tổng p x=0 cho p | (x20 − D) , ta cần chứng mịn x0 = Thật vậy, x0 = ta có p | (p − x0 )2 − D suy p−x0 ∈ {0,1,2 ,p-1}dẫn đến có hai phần tử thuộc tập {0, 1, 2, , p−1} để p | (x20 − D)(mâu p−1 x2 thuẫn) Do x0 = hay p |D Ngược lại, giả sử p |D ta có S = =p-1.Từ suy ra: p x=0 p−1 ax2 + bx + c a = (p − 1) , với (D, p)=1 Nếu p |D p p x=0 p−1 ax2 + bx + c a =− p p x=0 Bài tập áp dụng Bài tập Chứng minh phương trình y = 41x + 3, (4.1) khơng có nghiệm ngun (x,y) Lời giải Chứng minh phương trình (4.1) khơng có nghiệm tức ta phải chứng minh phương trình đồng dư y ≡ (mod 41)khơng có nghiệm, ta phải chứng tỏ = −1 Suy từ 41 Ví dụ 1.10 Bài tập Chứng minh phương trình y = x3 − 5khơng có nghiệm nguyên (x, y) Lời giải Giả sử phương trình (4.1) có nghiệm nguyên (x, y), x phải số lẻ Thật vậy, x chẵn ta có y = 3(mod 8) (vơ lý), suy x số lẻ 118 Hơn x = 3(mod 4)thì y = 2(mod 4)(vơ lí) Do x phải có dạng x = 4k + 1, ta có:y + = 4k(16k + 2k + 3) suy −4 thặng dư bậc hai theo môđun (16k + 2k + 3).Tuy −1 −4 = nhiên theo kí hiệu Jacobi ta có: 2 16k + 12k + 16k + 12k + −1 Hơn nữa, ta có 16k + 12k + ≡ 3(mod 4)nên theo Định lí 2.3 suy ra: = 16k + 12k + (−1)1 = −1 (mâu thuẫn với −4 thặng dư bậc hai theo môđun (16k + 2k + 3) Từ suy phương trình cho khơng có nghiệm nguyên Bài tập (Mở rộng 4.2) Chứng minh phương trình y = x3 + k(4.3) khơng có nghiệm ngun (x, y) k có dạng: k = (4n − 1)3 − 4m2 , m, n số nguyên số nguyên tố p = 4f + không ước m Lời giải Giả sử phương trình (4.3) có nghiệm ngun (x, y) , thay k = (4n − 1)3 −4m2 vào phương trình (4.3) ta được: y ≡ x3 − (mod 4), lập luận theo (4.2) ta x phải có dạng x = 4k + Tiếp tục đặt a = 4n − 1, ta có (4.3) tương đương: y + 4m2 = x3 + a3 ⇔ y + 4m2 = (x + a)(x2 − ax + a2 ) Suy ra: y + 4m2 = −1 (mod 4), ( doa ≡ −1 (mod 4) Do đó, ln tồn tai số ngun tố p ≡ (mod 4) ước y + 4m2 , hay y + 4m2 = (mod p) −1 −4m2 = = −1 ( dop = 4f + 3) Mặt khác ta có theo kí hiệu Jacobi ta có: p p Bài tập Tìm tất cặp số nguyên dương (x, n) nghiệm phương trình x3 + 2x + = 2n (4.4) Lời giải Ta có phương trình (4.4) tương đương :x(x2 + 2) = 2n − Dễ chứng minh x(x2 +2)luôn chia hết cho với số nguyên dương x nên 2n −1 chia hết cho Suy n chẵn Ngoài ra, từ phương trình (4.4) ta thấy rằng, x chẵn vế trái số lẻ Do đó, x phải số lẻ Từ suy ra: Nếu n = phương trình trở thành : x3 +2x+1 = ⇔ x = ( Không nghiệm) Nếu n = phương trình trở thành: x3 + 2x + = ⇔ x = 1, nghiệm phương trình cặp (1, 2) Nếu n > phương trình tương đương : x3 + 2x + ≡ (mod ) ⇒ x ≡ (mod 8) Mặt khác ta có, x3 + 2x + = 2n ⇔ (x + 1)(x2 − x + 3) = 2n + Gọi p ước nguyên tố (x2 − x + 3) p lẻ -2 thặng dư bậc hai theo mơđun p Do đó, theo Hệ 1.8 p phải có dạng 8k + 1, 8k + 3, (x2 − x + 3) ≡ 3n (mod 8) (x2 − x + 3) ≡ (mod8) Mặt khác ta có x ≡ (mod 8) nên x2 − x + ≡ (mod 8) Từđó suy ≡ 3n (mod 8) (Điều không với n=3) Vậy phương trình (4.4) Có cặp nghiệm (1,2) Bài tập Cho n số nguyên dương, phương trình x2 + 3y = n có nghiệm nếu tất nhân tử nguyên tố n có dạng 3k − 1và có số mũ chẵn Lời giải Để giải toán, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Một số nguyên tố p viết dạng p = x2 + 3y p = p = 3k + 1, k ∈ Z+ Với p = hiển nhiên bổ đề Với p > giả sử p = x2 + 3y ta chứng minh p có dạng p = 3k + 1, k ∈ Z+ Vì p = x2 + 3y nên (p, x)=1 (p, y)=1 Do tồn số y cho yy ≡ 1(mod p) Từ phương trình p = x2 + 3y ta suy ra, (xy )2 ≡ −3 (mod p) suy -3 thặng dư bậc hai theo p−1 p−1 3 −3 = (−1) nên = (−1) Ngồi theo luật mơđun p Hơn ta có p p p 119 p−13−1 p p nên = (−1) = hay p ≡ 1( mod 3).( Có thể thuận nghịch bậc hai ta có p 3 suy trực tiếp từ Hệ 1.8) Ngược lại, giả sử p = 3k + , tồn số nguyên a cho a2 ≡ −3 ( mod p).Ta chứng √ √ minh tồn số nguyên x, y cho < x, y < p p |a2 x2 − y Thật đặt b = p , 2 xét (b + 1) số au + v, với (u, v) ∈ {0, 1, 2, , b} × {0, 1, 2, , b} , Vì (b + 1) > pnên tồn cặp (u1 , v1 ) = (u2 , v2 )sao cho au1 + v1 ≡ au2 + v2 (mod p), đặt x = |u1 − u2 | , y = |v1 − v2 |ta có √ < x, y < p ax + y ≡ 0(modp) Suy a2 x2 − y ≡ 0(modp) Vậy ta có p |a2 x2 − y Từ suy ra, p |(a2 + 3)x2 − (3x2 + y )hay (3x2 + y ) = lp,với l ∈ Z+ Hơn nữa, ta có < x2 < p, < y < pnên suy l = {1, 2, 3} Với l = ta có p = 3x2 + y Với l = ta có 2p = 3x2 + y , tồn cặp số (x, y) cho ,2p ≡ 0( mod 4)(mâu thuẫn) Với l = ta có 3p = 3x2 + y , y chia hết cho 3, đặt y = 3y1 ta có p = x2 + 3y1 Điều suy p ≥ 3và p số nguyên tố dạng 3k − 1và p |x2 + 3y p|x, p|y Thật vậy, (x,p)=1 tồn y cho xy ≡ 1(modp), x2 ≡ −3y (modp)ta suy ra(xy )2 ≡ −3(modp), −3 = 1(điều mâu thuẫn) Vậy l=3 không thỏa hay p Vậy Bổ đề chứng minh Để giải toán Bài tập 4.5 , ta xét n = a2 b với b khơng phương, suy b = m pi , i=1 pi = 3hoặc pi ≡ 1(mod3).Khi theo Bổ đề ta có pi = xi + 3yi nên suy Do n = a2 b = (ax)2 + 3(ay)2 Bài tập Chứng minh không tồn số nguyên dương a, b, c cho a2 + b + c 3(ab + bc + ca) số nguyên Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương a, b,c n cho a2 + b2 + c2 = 3n(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 = (3n + 2)(ab + bc + ca) Điều suy 3n + 2có ước nguyên tố dạng p ≡ 2( mod 3) Ta chọn ước lẻ 3n + 2sao cho p2i−1 |(3n + 2) p2i không ước 3n + 2.Khi ta có: pi |(a + b + c) ⇒ p|(ab + bc + ca) Thế c ≡ −a − b(modp)ta được:p|4(a2 + ab + b2 ) Ngồi ra, ta có: 4(a2 + ab + b2 ) = (2a + b)2 + −3 3b2 nên theo Bổ đề ta = 1, hay p ≡ 1(mod3)(điều nàu mâu thuẫn) p Bài toán giải Bài tập Chứng minh số xm + y n không chia hết cho 4kxy − với số nguyên dương x, y, k, m, n Lời giải Giả sử tồn số nguyên dương x, y, k, m, n cho xm + y n 4kxy − Ta đặt m n m1 = , n1 = ta được: 2 −1 (i) Nếu m = 2m1 , n = 2n1 (xm1 )2 + (y n1 )2 4kxy − 1, đó, = 1(điều mâu 4kxy − thuẫn 4kxy − ≡ 3(mod4) −y (ii) Nếu m = 2m1 , n = 2n1 +1thì (xm1 )2 +y(y n1 )2 4kxy−1 suy = Ta chứng 4kxy − 120 minh điều mâu thuẫn Thật vậy, y số lẻ, ta có: y−1 (−1)(−1) −1 y −y 4kxy − = −1 4kxy − y 4kxy − = = −1 = 4kxy − t −y1 4kxy − 4kxy − Còn trường hợp y chẵn ta đặt y = 2t y1 , t ≥ 1, y1 ∈ N Khi đó, ta có: −y1 4kxy − = −1 −y1 42 kxy1 − t = −1 Suy ra, −y 4kxy − = (iii) Nếu m = 2m1 + 1, n = 2n1 + 1thìx(xm1 )2 + y(y n1 )2 4kxy − suy −xy 4kxy − = = −xy −4xy −1 = = = −1 4kxy − 4kxy − 4kxy − Cả ba trường hợp mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy toán giải Mặt khác ta có: Bài tập (POL4, IMO Shortlisted problems) Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ Chứng minh số f (x) = ax2 + bx + c phương 2p-1 giá trị nguyên liên tiếp x p|(b2 − 4ac) Lời giải Bài khơng sử dụng thặng dư bậc hai thật khó, xem lời giải tài liệu [3].Sau cách giải ứng dụng thặng dư bậc hai Giả sử tồn số nguyên x0 cho f (x0 ), f (x0 + 1), , f (x0 + 2p − 2) phương Khi đó: i) Nếu p|avà (p, b) = 1thì f (x) ≡ bx + c(modp) nên tập {f (x) : x = x0 , , x0 + p − 1} có p-1 phần tử lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo mơđun p Ngồi ra, {x0 , , x0 + p − 1} hệ thặng dư p−1 phương theo mơđun p (Điều mâu thuẫn đầy đủ theo môđun p, nên có tất với có p-1 phương) Do p|bhay p|(b2 − 4ac) ii) Nếu (p, a) = 1, ta chứng minh p|(b2 − 4ac) Thật vậy, giả sử (p, (b2 − 4ac)) = 1, p−1 x0 +p−1 ax2 + bx + c a a ax2 + bx + c theo Định lí 3.3 ta có: =− Suy =− ≤ p p p p x=0 x=x0 x0 +p−1 ax2 + bx + c ≥ Trước hết ta chứng minh không Mặt khác ta chứng minh p x=x0 tồn số u, v, w ∈ {x0 , , x0 + p − 1}sao chof (u) ≡ f (v) ≡ f (w)(modp) Thật vậy, giả sử f (u) − f (v) ≡ 0(modp)suy p| (a(u + v) + b) (u − v) đó, a(u + v) ≡ −b(modp), tương tư, ta có đượca(u + w) ≡ −b(modp) Suy a(u − w) ≡ 0(modp)hay p|a(u − w)(mâu thuẫn) Vậy không tồn số u, v, w ∈ {x0 , , x0 + p − 1}sao chof (u) ≡ f (v) ≡ f (w)(modp) Từ suy x0 +p−1 ax2 + bx + c p+5 p+5 ≥ −2 − p− = 3.( điều mâu thuấn) p 2 x=x0 Vậy p|(b2 − 4ac).( Bài toán giải ) Bài tập tự luyện Bài tập Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình 12x + y = 2008z HD: Bộ (0;0;0) nghiệm phương trình Ngồi ra, ta có vế trái có dạng a2 + b2 a2 + 3b2 nên ước nguyên tố 2008z có dạng 8k+1 8k+3 (Chứng minh vơ lí.) 121 Bài tập 10 Cho tập A = {1, 2, , 2005} Chứng minh tìm A phần tử (x,y) cho x2 + 3y − bội 2011 HD Xét tập M = {x2 − 3, x ∈ A} , N = {−x2 3, x ∈ A} Chỉ tập có hai phần tử phân biệt đồng dư theo mô đun2011 Bài tập 11 Cho a, b hai số ngun dương thỏa a.b khơng phương Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho (an − 1) (bn − 1)khơng phương Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, (2011), Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi , Sở giáo dục Đào tạo Phú Yên [2] Dusan DjuKie, (2007), Quadratic Congruences, Springer [3] Dusan DjuKie, Ivan Matic, A Collection of Problems Sugested for the Internatinal Mathematical Olympiads:1959-2009, Springer [4] Một số tài liệu mạng Internet 122 ... deg g(x), deg h(x) < n Vì f (x) = g(x).h(x) Zp [x] nên n = deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) deg(g(x)) + deg(h(x)) = deg f (x) = n Do vậy, dấu = xảy ta nhận deg(g(x)) = deg g(x) > deg(h(x)) = deg... tính nhẩm thơi), v.v Khi học, sinh sinh viên (đặc biệt sinh viên tin học) giải thích ý nghĩa thuật tốn khái niệm tốn học, họ phấn khởi lên nhiều Đối với sinh viên sinh vật, hóa học, v.v cần dạy... (x) = g(x)h(x) với g, h đa thức bậc dương, hệ số nguyên Hiển nhiên deg g(x), deg h(x) < n Khơng hạn chế ta giả thiết deg h(x) deg g(x) = s Ta có m s < n Ta thấy g(di ) = g(di ) chia hết f (di

Ngày đăng: 03/05/2018, 13:03

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan