SKKN CÔNG THỨC POLIGNAC và ỨNG DỤNG

Lý do chọn đề tài Trong các kì thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia cũng như khu vực, số học là một bài toán thường gặp trong đề thi như: các bài toán chia hết, phương trình nghiệm nguyên, ước ch

MỤC LỤC

Trang

MỞ ĐẦU……… ……….…….2

CHƯƠNG 1 THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ……… …….…… 4

1.1 Một số ví dụ về các bài toán số học liên quan đến n! giải bằng phương pháp thông thường……….………… ………4

1.2 Các hạn chế của các phương pháp giải thông thường các bài toán số học liên quan đến n!……….….……… ……… ………5

CHƯƠNG 2 CÔNG THỨC POLIGNAC VÀ ỨNG DỤNG 6

2.1 Cơ sở lí luận của vấn đề ……… ……….……….… ….6

2.1.1 Định nghĩa số mũ đúng……… ……… … 6

2.1.2 Công thức Polignac……… ……… …6

2.1.3 Các tính chất ……… ……… 6

2.2 Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề……… 8

2.2.1 Các bài toán chia hết……….……… …… 8

2.2.2 Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên ……… ……… 11

2.2.3 Các bài toán về bội chung nhỏ nhất… ……… ………12

2.2.4 Các bài toán số học khác… ……… ….…13

2.2.5 Bài tập rèn luyện……….… ….15

2.3 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm……… … … …….16

KẾT LUẬN ……….…… …17

TÀI LIỆU THAM KHẢO……….…….18

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong các kì thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia cũng như khu vực, số học là một bài toán thường gặp trong đề thi như: các bài toán chia hết, phương trình nghiệm nguyên, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, Và thông thường đây là những bài toán khó

Trong các tài liệu sách, báo, tạp chí,… về số học có rất nhiều phương pháp để giải các bài toán dạng này Tuy nhiên, những phương pháp này chỉ giải quyết được một lớp nhỏ các bài toán số học dạng đơn giản, không giải được những bài toán nâng cao mang tính đặc thù

riêng như các bài toán liên quan đến số mũ cao, liên quan đến n!,…

Trong Toán học, công cụ để giải toán là vô cùng quan trọng Nhằm giúp học sinh có

thêm một phương pháp mới và mạnh để giải quyết các bài toán số học liên quan đến n!, tôi

xin viết sáng kiến kinh nghiệm: “Công thức Polignac và ứng dụng” Công thức này sẽ

giúp giải các bài toán số học liên quan đến n! dễ dàng hơn nhờ các kết quả rất mạnh của nó,

giúp học sinh rèn luyện tư duy và hiểu rõ hơn bản chất của các bài toán số học dạng này

2 Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu

– Giới thiệu cho học sinh một kiến thức mới và phương pháp mới để giải các bài toán

số học liên quan đến n!

– Nâng cao kiến thức cho học sinh trong việc giải các bài toán số học liên quan đến n!

– Tạo ra các tình huống “có vấn đề” để rèn luyện tư duy cho học sinh

– Rèn luyện tư duy toán cho học sinh thông qua việc giải một số dạng toán số học liên

quan đến n! như: phương trình nghiệm nguyên, các bài toán chia hết, ước chung lớn

nhất, bội chung nhỏ nhất…

– Rèn luyện cho học sinh phương pháp nghiên cứu khoa học

– Tạo sự hứng thú và say mê yêu thích môn Toán cho các em học sinh thông qua việc nêu một số vấn đề mở của Toán học hiện đại về số học

3 Phương pháp nghiên cứu

– Tổng hợp và phân loại các tài liệu trên sách, báo, tạp chí toán và tài liệu trên internet

– Hệ thống và phân loại các dạng bài tập từ dễ đến khó có lời giải cụ thể qua các ví dụ

và hướng dẫn giải các bài tập Đồng thời có thêm bài tập để học sinh rèn luyện – Hướng dẫn học sinh nghiên cứu, tìm tài liệu…

– Tạo tình huống có vấn đề để học sinh cùng nghiên cứu, giải quyết

– Phân tích tìm lời giải các bài toán nhằm giúp học sinh hiểu rõ bản chất của vấn đề, lựa chọn phương pháp giải phù hợp đồng thời có thể mở rộng và tương tự hóa bài toán

– Nêu một số vấn đề mở của Toán học hiện đại về số học

4 Nội dung nghiên cứu

Đề tài được chia làm bốn phần chính :

– Nêu một số ví dụ về các bài toán số học liên quan đến n! và lời giải chúng để thấy

những hạn chế khi giải các bài toán dạng này

– Giới thiệu công thức Polignac, các tính chất và chứng minh nó

– Một số ví dụ ứng dụng minh họa công thức Polignac

– Các bài tập rèn luyện

Dù có cố gắng nhiều nhưng đề tài không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự đóng góp của các Thầy Cô, các bạn đồng nghiệp dạy Toán để được hoàn chỉnh hơn

Sau đây là phần trình bày nội dung của đề tài

CHƯƠNG 1: THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

Để thấy các điểm hạn chế của các phương pháp thông thường khi giải các bài toán số học liên

quan đến n! như: các bài toán chia hết, phương trình nghiệm nguyên, các bài toán bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất … liên quan đến n!, tôi xin nêu một số ví dụ sau đây:

1.1 Một số ví dụ về các bài toán số học liên quan đến n! giải bằng

phương pháp thông thường

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích 3 số nguyên dương liên tiếp chia hết cho 3! = 6

Giải:

Trong ba số nguyên dương liên tiếp có ít nhất 1 số chia hết cho 2 và ít nhất 1 số chia hết cho 3

Mà (2; 3) = 1 nên tích 3 số nguyên dương liên tiếp chia hết cho 2.3 = 6

 Nhận xét: Bài toán có thể mở rộng như sau: “Chứng minh rằng: tích của k số nguyên dương

liên tiếp chia hết cho k!” Tuy nhiên ta không thể áp dụng phương pháp chứng minh trên để giải

bài toán

Ví dụ 2: Cho p là số nguyên tố Chứng minh rằng: C k pp, k 1, 2, ,p1

Giải:

Ta có:

!

k

p

p

Vì  k 1, 2, ,p1 thì (k; p) = 1  k p!; 1

Mà C k p nên  p k 1p k 2  p1k!C k p p

Nhận xét:

 Bài toán có thể mở rộng như sau: “Cho p là số nguyên tố và s là số nguyên dương Chứng minh

rằng: s , 1, 2, , 1

k

p

C p  k p ” Tuy nhiên ta không thể áp dụng phương pháp chứng minh trên

để giải bài toán

 Phương pháp giải như trên không trả lời được câu hỏi chẳng hạn như: “ Số 500

1000

C có chia hết cho

7 hay không?”

Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa: 1x! 1  y!  xy!

Giải:

 Nếu x, y ≥ 2 thì 1 + x! và 1 + y! là số lẻ và (x + y)! là số chẵn nên phương trình vô nghiệm

 Nếu x = 1 thì phương trình thành: 2(1 + y!) = (1 + y)!

+ Nếu y ≥ 3 thì 3 là ước của (1 + y)! mà không là ước của 2(1 + y!) (do 3 | y!) Nên không thỏa + Do đó, y = 1 hoặc y = 2 Thử lại thấy y = 2 thỏa

 Nếu y = 1 thì do tính đối xứng ta được x = 2

Vậy (x; y)  {(1; 2), (2; 1)}

Ví dụ 4: (Định lí Wilson)

Chứng minh rằng: p1 !  1 (mod p), với mọi số nguyên tố p

Giải:

Cách 1: Nếu p = 2 thì hiển nhiên

Nếu p > 2 thì xét phương trình :         1   

Dễ thấy bậc của phương trình ≤ p – 2 hoặc không có bậc

Tuy nhiên theo định lí Fermat nhỏ, dễ thấy các lớp thặng dư chứa 1, 2, …, p – 1 là nghiệm của phương trình Điều này chỉ xảy ra khi tất cả các hệ số của đa thức đều chia hết cho p (tức là đa thức không có

bậc)

Nói riêng, hệ số tự do là: p1 ! 1  0 mod p (đpcm)

Cách 2: Hiển nhiên với p = 2 và p = 3 thì định lí đúng Với p ≥ 5 ta có:

Gọi S = {2, 3, …, p – 2}, với bất kì h  S thì tập hợp {h, 2h, …, (p – 1)h} lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy , nếu hi  hj (mod p), i ≠ j, i, j  {1, 2, …, p – 1} thì h(i – j)  0 (mod p)

Vì h p  i j p  (vô lí vì 0 i j  p)

Do đó, tồn tại duy nhất h'1, 2, ,p1 sao cho hh’  1 (mod p)

Rõ ràng h’ ≠ 1 và h’ ≠ p – 1 Do đó h’  S

Hơn nữa, h’ ≠ h vì nếu h’ = h thì ta có 2  

1 mod

h  p  (h – 1)(h + 1)  0 (mod p)

 p | h – 1 hoặc p | h + 1 (vô lí vì 0< h –1 < h + 1 < p)

Như vậy, ta có thể nhóm các phần tử của S thành 3

2

p

cặp (h; h’) phân biệt sao cho hh’  1 (mod p) Nhân tất cả chúng lại ta được : (p – 2)!  1 (mod p)  p1 ! 1  0 mod p

 Nhận xét: Các phương pháp giải ở các ví dụ 3 và ví dụ 4 là các phương pháp thông dụng để

giải các bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên, bài toán chia hết chứa n! Tuy

nhiên phương pháp này phức tạp, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức số học vững chắc và vẫn chưa “ đủ mạnh” để giải các bài toán khó hơn, chẳng hạn như: “Tìm tất cả các số nguyên dương

1.2 Các hạn chế của các phương pháp giải thông thường các bài toán

số học liên quan đến n!

Qua các ví dụ và nhận xét trên, xin rút ra các hạn chế sau đây của các phương pháp giải thông thường

các bài toán số học liên quan đến n! như sau:

 Phạm vi áp dụng thấp, chỉ giải được các bài toán đơn giản

 Không giải được các bài toán tổng quát hơn, phức tạp hơn

 Lời giải dài và phức tạp đối với một số bài toán chia hết,

 Chưa có một phương pháp chung để giải các bài toán dạng này, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về số học mới có thể giải được

Chính vì những khó khăn và hạn chế này mà ta cần phải cải tiến và tổng quát các phương pháp giải qua các ví dụ trên để tạo nên một phương pháp, một công cụ giải toán mới đối với các bài toán số học dạng này Qua đó sẽ giúp học sinh có cái nhìn tổng quát hơn và toàn diện hơn các bài toán số học có

liên quan đến n! Và sau đây sẽ là nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm

CHƯƠNG 2: CÔNG THỨC POLIGNAC VÀ ỨNG DỤNG

2.1 Cơ sở lý luận của vấn đề

Trước tiên xin nhắc lại định nghĩa v p x như sau (Xem trong [7]) :

Cho số nguyên x và p là một số nguyên tố bất kì, ta định nghĩa v p x là số mũ cao nhất của p mà chia

hết x Hay nói cách khác v p x là số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của x

Tức là: nếu x ≠ 0 thì v p x  n  nếu p n|x và p n1| x

Nếu x = 0 thì v p 0  

Từ định nghĩa v p x , ta dễ dàng chứng minh được tính chất sau đây:

Cho x, y là 2 số nguyên và p là số nguyên tố bất kì Khi đó, ta có:

i) v p xy v p x v p y

ii) Nếu x y thì p p  p 

x

y

 

 

iii) x y  v p x v p y 0, với mọi số nguyên tố p

x p m   v p x m

Cho p là một số nguyên tố và n là một số nguyên dương, khi đó số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của n! là:

 

1

!

i

n

v n

p





 

 



Trong đó, kí hiệu [x] chỉ phần nguyên của số thực x

Chứng minh:

Với mỗi số nguyên dương i, gọi e i là số các số chia hết cho p i trong đoạn [1; n] Ta có: e i n i

p

 

  

 

Khi đó, số các số chia hết cho p i

trong đoạn [1; n] mà không chia hết cho p i + 1 là f i  e i e i1

Số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của n! là:

n

p



 

 

Tính chất 1: Cho số nguyên dương n và số nguyên tố p Gọi s p n là tổng các chữ số biểu diễn theo hệ

cơ số p của n Khi đó, ta có:  !  

1

p p

p





Chứng minh:

Giả sử biểu diễn của n trong hệ cơ số p là: 1 2

Trong đó: a a0, , ,1 a k1,a k0;1; ;p1 , k

Khi đó: n i 0, i k i,

p

 

1

1 1 , ,

i

n

p

 

Do đó: a i n i p n i 1 , i 0,k

1 1

!

k



Khi p = 2 thì ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1: v n2 !  n s n2 

Vì s p n 1 và p 1 1 nên ta có thêm 2 hệ quả sau:

Hệ quả 2:   1

!

1

p

n

p





 Dấu “=” xảy ra  s p n  1 n là một lũy thừa của p

Hệ quả 3: v p n! n

Tính chất 2: Cho p là một số nguyên tố và n, k là hai số nguyên dương Khi đó ta có:

 !  !  !

Chứng minh:

Thật vậy, theo tính chất phần nguyên, với mọi số thực x, y, ta có:     x  y  xy

Do đó, n i k n i k i , i



      

        v p n k !v p n! v p k!

Tính chất 3: Cho p là số nguyên tố và n, *

m sao cho : n p m1 Khi đó ta có:

 k

v C m, k ≤ n, k

Chứng minh:

Với i ≥ m + 1 thì: n i k i n i k 0

Vì

 ! 

k

n

n

C

k n k



 nên:  

k

v C

Ta chứng minh: x y, ,xy     x  y 1

Thật vậy, ta có: hàm phần nguyên là hàm không giảm (nếu x < y thì [x] ≤ x < y  [x] ≤ [y] do [y] là số nguyên lớn nhất không vượt quá y)

Vì y y     1 x y x  y  1 xyx y  1    x  y 1  đpcm

1, 1,

k n k

Do đó,  k

Tính chất 4:

Cho n là một số nguyên dương và p là một ước nguyên tố bất kì của C Đặt m = 2n n  2

n

v C Khi đó ta có: m 2

Chứng minh:

Giả sử ngược lại, p m2n Khi đó, m

2

2 !

! !

n

n

n C

n n

2

m n

m v C

Với x bất kì thì ta có:

 2x 2x 2x 2  x  x  2x 2 x 2   x  2x 2 x 2 x 2 x 2

Do đó, từ (*) suy ra: m m 1 (mâu thuẩn) Vậy p m2n

2.2 Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề

2.2.1 Các bài toán chia hết

Ví dụ 1: Chứng minh rằng : tích của k số nguyên dương liên tiếp chia hết cho k!

Giải:

Gọi k số nguyên dương liên tiếp là: n1,n2, ,nk , trong đó n là số tự nhiên

Gọi p là số nguyên tố bất kì, theo tính chất 2 ta có: v p n k !v p n! v p k!

Vậy  1   2     !

 là số nguyên Suy ra đpcm

Chú ý:  !

! !

k

n k

C



 là một số nguyên (Đây là cách chứng minh bằng tổ hợp)

Ví dụ 2: Số 500

1000

C có chia hết cho 7 hay không?

Giải:

Ta có:

500

1000 2

1000!

500!

Vì 73 < 1000 và 74 > 1000 nên 1000 0, 3

500

1

i v





1

i v





Suy ra:  500 

7 1000 164 2.82 0

v C    Như vậy : 500

1000

C không chia hết cho 7

Ví dụ 3: Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng: nếu s 

n p s thì với mọi k, 1 ≤ k < n, 

k

n

C  p

Điều ngược lại có đúng không?

Giải:

n p s , ta cần chứng minh:  v p C n k 1

Thật vậy, ta có:  

k

v C

Theo tính chất phần nguyên ta có:

– Với mọi i ≠ s thì n i k i n i k

– Với i = s thì n s 1, k s n s k 0

s

Do đó,  

k

Điều ngược lại cũng đúng

Thật vậy, giả sử phản chứng n không có dạng p s

Khi đó, chọn m logp n  logp n  1 m logp n m m 1

Xét k = p m < n Ta chứng minh : C n k p

Thật vậy, với i ≥ m + 1 thì : n i k i n i k 0

Với i ≤ m thì k i

Vậy  

0

k

n

C  Ta có đpcm p

Ví dụ 4: (IMO 1972)

Chứng minh rằng : với mọi số nguyên dương m, n ta có:    2m ! 2n chia hết cho ! m n m! ! n!

Giải:

Giả sử p là số nguyên tố bất kì Ta cần chứng minh: v p    2m ! 2 !n v pm n m! ! n!

 v p  2m !v p  2n !v p m! v p n! v p m n !

Ta chứng minh: x y, , 2        x  2y  x  y  x y (*)

Thật vậy, đặt u = {x}, v ={y} Ta có: 0 ≤ u, v < 1 và x = [x] + u, y = [y] + v

 [2x] = [2[x] + 2u] = 2[x] + [2u] và [2y] = [2[y] + 2v] = 2[y] + [2v] , [x + y] = [x] + [y] + [u + v]

Do đó, (*)  [2u] + [2v] ≥ [u + v] (**)

Ta có: 0 ≤ u + v < 2 Ta xét các trường hợp sau:

 TH1: 0 ≤ u + v < 1 Khi đó, [u + v] = 0 nên (**) hiển nhiên đúng

 TH2: 1 ≤ u + v < 2 Khi đó, [u + v] = 1 và trong 2 số u, v phải có ít nhất 1 số ≥ ½

Không mất tính tổng quát, giả sử u ≥ ½  1 ≤ 2u < 2  [2u] + [2v] = 1 + [2v] ≥ 1 = [u + v]

Vậy (**) đúng  (*) đúng

Do đó, 2m i 2n i m i n i m i n , i



 v p  2m !v p  2n !v p m! v p n! v p m n !

Như vậy, ta có đpcm

Ví dụ 5: Chứng minh rằng: n! không chia hết cho 2 n

với mọi số nguyên dương n

Giải: Theo hệ quả 3 ta có:v n2 ! n nên ta có đpcm

Ví dụ 6: Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n! chia hết cho 1

2n Giải:

Giả sử biểu diễn của n trong hệ nhị phân là: 1 2

Trong đó: a a0, , ,1 a k1 0;1 ,k và  a k 1

2



2

1 0

0

k i i a





     a i 0, i 0,k1 (do a a0, , ,1 a k1 0;1 )

2 ,k

Ví dụ 7: Giả sử n và m là hai số tự nhiên sao cho m không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn hoặc bằng n

Chứng minh rằng:    2  3   1 

M  m m  m  m    n

Giải:

Xét số nguyên tố p bất kì, p ≤ n Theo giả thiết ta có: (p, m) = 1

Theo định lí Fermat ta có: 1  1

p

Số các số là bội của (p – 1) không vượt quá (n – 1) là 1

1

n p

1

p

n

p

Mặt khác, theo hệ quả 2 ta có:   1

!

1

p

n

p







!

1

p

n

p

  (vì

1 1

n p

  là số nguyên lớn nhất không vượt quá

1 1

n p



 )

Suy ra: v p n! v p M , từ đó ta có đpcm

Ví dụ 8: (India 2000) Cho n và m là hai số tự nhiên sao cho :

2

4

n

m và m không có ước nguyên tố nào lớn hơn n Chứng minh rằng: n!  m

Giải:

Gọi p là một ước nguyên tố bất kì của m Ta cần chứng minh: v p n! v p m

Ta xét các trường hợp sau:

 TH1: v p m 2 s

Tức là: 2

s

m p q , với q là số tự nhiên, (p, q) = 1

n

p



 

p          s s)

 TH2: v p m 2s1