Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 18 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU……………… …………………………………………………………………….…….2 CHƢƠNG THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ………………………… …….…… 1.1 1.2 Một số ví dụ toán số học liên quan đến n! giải phƣơng pháp thông thƣờng………………………………………………………….………… ……………………4 Các hạn chế phƣơng pháp giải thông thƣờng toán số học liên quan đến n!………………………………………….….……………… ……………………… ………5 CHƢƠNG CÔNG THỨC POLIGNAC VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề ………………………… ………………….…………………….… ….6 2.1.1 Định nghĩa số mũ đúng………………………………………… ……………… … 2.1.2 Cơng thức Polignac……………………………… ………………………………… …6 2.1.3 Các tính chất ………………………… ……………………………………………… 2.2 Các biện pháp tiến hành giải vấn đề……………………………………………………… 2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.2.4 2.2.5 Các toán chia hết………………………………………….……………… …… Các tốn phương trình nghiệm ngun ……………………………… ……… 11 Các toán bội chung nhỏ nhất… ………………………………………… ………12 Các toán số học khác… ……………………………………………………… ….…13 Bài tập rèn luyện………………………………………………………………….… ….15 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm…………………………………………… … … …….16 KẾT LUẬN …………………………………………………………………………….…… …17 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………………….…….18 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong kì thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia khu vực, số học toán thường gặp đề thi như: toán chia hết, phương trình nghiệm nguyên, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, Và thông thường tốn khó Trong tài liệu sách, báo, tạp chí,… số học có nhiều phương pháp để giải toán dạng Tuy nhiên, phương pháp giải lớp nhỏ tốn số học dạng đơn giản, khơng giải tốn nâng cao mang tính đặc thù riêng toán liên quan đến số mũ cao, liên quan đến n!,… Trong Tốn học, cơng cụ để giải tốn vơ quan trọng Nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp mạnh để giải toán số học liên quan đến n!, xin viết sáng kiến kinh nghiệm: “Công thức Polignac ứng dụng” Công thức giúp giải toán số học liên quan đến n! dễ dàng nhờ kết mạnh nó, giúp học sinh rèn luyện tư hiểu rõ chất toán số học dạng Mục tiêu nhiệm vụ nghiên cứu – – – – – – Giới thiệu cho học sinh kiến thức phương pháp để giải toán số học liên quan đến n! Nâng cao kiến thức cho học sinh việc giải toán số học liên quan đến n! Tạo tình “có vấn đề” để rèn luyện tư cho học sinh Rèn luyện tư toán cho học sinh thơng qua việc giải số dạng tốn số học liên quan đến n! như: phương trình nghiệm nguyên, toán chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất… Rèn luyện cho học sinh phương pháp nghiên cứu khoa học Tạo hứng thú say mê u thích mơn Tốn cho em học sinh thông qua việc nêu số vấn đề mở Toán học đại số học Phƣơng pháp nghiên cứu – – – – – – Tổng hợp phân loại tài liệu sách, báo, tạp chí tốn tài liệu internet Hệ thống phân loại dạng tập từ dễ đến khó có lời giải cụ thể qua ví dụ hướng dẫn giải tập Đồng thời có thêm tập để học sinh rèn luyện Hướng dẫn học sinh nghiên cứu, tìm tài liệu… Tạo tình có vấn đề để học sinh nghiên cứu, giải Phân tích tìm lời giải tốn nhằm giúp học sinh hiểu rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải phù hợp đồng thời mở rộng tương tự hóa tốn Nêu số vấn đề mở Toán học đại số học Nội dung nghiên cứu Đề tài được chia làm bốn phần : – Nêu số ví dụ tốn số học liên quan đến n! lời giải chúng để thấy hạn chế giải toán dạng – Giới thiệu cơng thức Polignac, tính chất chứng minh – Một số ví dụ ứng dụng minh họa công thức Polignac – Các tập rèn luyện Dù có cố gắng nhiều đề tài khơng tránh khỏi sai sót, mong được đóng góp Thầy Cơ, bạn đồng nghiệp dạy Tốn để được hồn chỉnh Sau phần trình bày nội dung đề tài CHƢƠNG 1: THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ Để thấy điểm hạn chế phương pháp thông thường giải toán số học liên quan đến n! như: tốn chia hết, phương trình nghiệm ngun, tốn bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn … liên quan đến n!, tơi xin nêu số ví dụ sau đây: 1.1 Một số ví dụ toán số học liên quan đến n! giải phƣơng pháp thơng thƣờng Ví dụ 1: Chứng minh tích số nguyên dương liên tiếp chia hết cho 3! = Giải: Trong ba số nguyên dương liên tiếp có số chia hết cho số chia hết cho Mà (2; 3) = nên tích số nguyên dương liên tiếp chia hết cho 2.3 = Nhận xét: Bài tốn mở rộng sau: “Chứng minh rằng: tích k số nguyên dương liên tiếp chia hết cho k!” Tuy nhiên ta áp dụng phương pháp chứng minh để giải tốn Ví dụ 2: Cho p số nguyên tố Chứng minh rằng: C pk p, k 1,2, , p Giải: Ta có: C pk p k 1 p k p 1 p p k 1 p k p 1 p p! k ! p k ! 1.2 k 1.2 k Vì k 1,2, , p (k; p) = k !; p Mà C pk nên p k 1 p k p 1 k ! C pk p Nhận xét: Bài tốn mở rộng sau: “Cho p số nguyên tố s số nguyên dương Chứng minh rằng: C kps p, k 1, 2, , p ” Tuy nhiên ta áp dụng phương pháp chứng minh để giải toán 500 Phương pháp giải không trả lời câu hỏi chẳng hạn như: “ Số C1000 có chia hết cho hay khơng?” Ví dụ 3: Tìm tất số ngun dương x, y thỏa: 1 x!1 y ! x y ! Giải: Nếu x, y ≥ + x! + y! số lẻ (x + y)! số chẵn nên phương trình vơ nghiệm Nếu x = phương trình thành: 2(1 + y!) = (1 + y)! + Nếu y ≥ ước (1 + y)! mà không ước 2(1 + y!) (do | y!) Nên không thỏa + Do đó, y = y = Thử lại thấy y = thỏa Nếu y = tính đối xứng ta x = Vậy (x; y) {(1; 2), (2; 1)} Ví dụ 4: (Định lí Wilson) Chứng minh rằng: p 1! 1 (mod p), với số nguyên tố p Giải: Cách 1: Nếu p = hiển nhiên Nếu p > xét phương trình : x 1 x x p 1 x p 1 1 mod p Dễ thấy bậc phương trình ≤ p – khơng có bậc Tuy nhiên theo định lí Fermat nhỏ, dễ thấy lớp thặng dư chứa 1, 2, …, p – nghiệm phương trình Điều xảy tất hệ số đa thức chia hết cho p (tức đa thức khơng có bậc) Nói riêng, hệ số tự là: p 1! mod p (đpcm) Cách 2: Hiển nhiên với p = p = định lí Với p ≥ ta có: Gọi S = {2, 3, …, p – 2}, với h S tập hợp {h, 2h, …, (p – 1)h} lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy , hi hj (mod p), i ≠ j, i, j {1, 2, …, p – 1} h(i – j) (mod p) Vì h p i j p (vơ lí i j p ) Do đó, tồn h ' 1,2, , p 1 cho hh’ (mod p) Rõ ràng h’ ≠ h’ ≠ p – Do h’ S Hơn nữa, h’ ≠ h h’ = h ta có h2 1 mod p (h – 1)(h + 1) (mod p) p | h – p | h + (vơ lí 0< h –1 < h + < p) p3 Như vậy, ta nhóm phần tử S thành cặp (h; h’) phân biệt cho hh’ (mod p) Nhân tất chúng lại ta : (p – 2)! (mod p) p 1! mod p Nhận xét: Các phương pháp giải ví dụ ví dụ phương pháp thơng dụng để giải tốn liên quan đến phương trình nghiệm ngun, tốn chia hết chứa n! Tuy nhiên phương pháp phức tạp, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức số học vững chưa “ đủ mạnh” để giải toán khó hơn, chẳng hạn như: “Tìm tất số nguyên dương m số nguyên tố p cho: p ! p m ” 1.2 Các hạn chế phƣơng pháp giải thơng thƣờng tốn số học liên quan đến n! Qua ví dụ nhận xét trên, xin rút hạn chế sau phương pháp giải thơng thường tốn số học liên quan đến n! sau: Phạm vi áp dụng thấp, giải toán đơn giản Khơng giải tốn tổng qt hơn, phức tạp Lời giải dài phức tạp số tốn chia hết, Chưa có phương pháp chung để giải toán dạng này, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững số học giải Chính khó khăn hạn chế mà ta cần phải cải tiến tổng quát phương pháp giải qua ví dụ để tạo nên phương pháp, cơng cụ giải tốn tốn số học dạng Qua giúp học sinh có nhìn tổng qt tồn diện tốn số học có liên quan đến n! Và sau nội dung sáng kiến kinh nghiệm CHƢƠNG 2: CƠNG THỨC POLIGNAC VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề Trước tiên xin nhắc lại định nghĩa v p x sau (Xem [7]) : 2.1.1 Định nghĩa số mũ đúng: Cho số nguyên x p số nguyên tố bất kì, ta định nghĩa v p x số mũ cao p mà chia hết x Hay nói cách khác v p x số mũ p phân tích tiêu chuẩn x Tức là: x ≠ v p x n p n | x p n 1 | x Nếu x = v p Từ định nghĩa v p x , ta dễ dàng chứng minh tính chất sau đây: Cho x, y số nguyên p số ngun tố Khi đó, ta có: i) v p xy v p x v p y ii) iii) iv) x Nếu x y v p v p x v p y y x y v p x v p y , với số nguyên tố p x p m m v p x m 2.1.2 Công thức Polignac: Cho p số nguyên tố n số nguyên dương, số mũ p phân tích tiêu chuẩn n! là: n v p n! i i 1 p Trong đó, kí hiệu [x] phần nguyên số thực x Chứng minh: n Với số nguyên dương i, gọi ei số số chia hết cho pi đoạn [1; n] Ta có: ei i p Khi đó, số số chia hết cho pi đoạn [1; n] mà không chia hết cho pi + fi ei ei 1 Số mũ p phân tích tiêu chuẩn n! là: n v p n! ifi i ei ei 1 e1 e2 e2 e3 e3 e4 ei i i 1 i 1 i 1 i 1 p 2.1.3 Các tính chất: Tính chất 1: Cho số nguyên dương n số nguyên tố p Gọi s p n tổng chữ số biểu diễn theo hệ số p n Khi đó, ta có: v p n! n sp n p 1 Chứng minh: Giả sử biểu diễn n hệ số p là: n ak p k ak 1 p k 1 ak p k a0 Trong đó: a0 , a1, , ak 1 , ak 0;1; ; p 1, k n n Khi đó: i 0, i k , i i ak p k i ak 1 p k i 1 1 p , i k , i p p n n n k n Do đó: i p i 1 , i 0, k v p n! i i i 1 p i 1 p p p k k n Suy ra: s p n i i 0 i 0 p k n n p i 1 n p 1 i n p 1 v2 n! đpcm i 1 p p Khi p = ta có hệ sau: Hệ 1: v2 n! n s2 n Vì s p n p nên ta có thêm hệ sau: Hệ 2: v p n! n 1 Dấu “=” xảy s p n n lũy thừa p p 1 Hệ 3: v p n! n Tính chất 2: Cho p số nguyên tố n, k hai số nguyên dương Khi ta có: v p n k ! v p n! v p k ! Chứng minh: Thật vậy, theo tính chất phần nguyên, với số thực x, y, ta có: x y x y n k n k Do đó, i i i , i v p n k ! v p n! v p k ! p p p Tính chất 3: Cho p số nguyên tố n, m * cho : n p m 1 Khi ta có: v p Cnk m , k ≤ n, k Chứng minh: n k n k Với i ≥ m + thì: i i i , k ≤ n, k p p p n k n k m n m k m n k n! Vì Cnk nên: v p Cnk i i i i i i k ! n k ! i 1 p i 1 p i 1 p i 1 p i 1 p i 1 p Ta chứng minh: x, y , x y x y Thật vậy, ta có: hàm phần nguyên hàm khơng giảm (nếu x < y [x] ≤ x < y [x] ≤ [y] [y] số ngun lớn khơng vượt q y) Vì y y x y x y x y x y 1 x y đpcm n k n k k n k k n k Như vậy, i i i i i 1, i 1, m pi p p p p p Do đó, v p Cnk m Tính chất 4: Cho n số nguyên dương p ước nguyên tố C2nn Đặt m = v p C2nn Khi ta có: p m 2n Chứng minh: 2n n Giả sử ngược lại, p m 2n Khi đó, p m n i i 0, i m, i p p 2n ! Ta có: C2nn n !n ! 2n n 2n n m 1 2n n Suy ra: m v p C2nn i 2. i i i i i (*) i 1 p i 1 p i 1 p p i 1 p p Với x ta có: 2x 2x 2x x x 2x 2 x 2x 2x 2 x 2x 2 x x 2 x (do x 2 x số nguyên) Do đó, từ (*) suy ra: m m (mâu thuẩn) Vậy p m 2n Các biện pháp tiến hành giải vấn đề 2.2 2.2.1 Các toán chia hết Ví dụ 1: Chứng minh : tích 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 , n số tự nhiên n 1. n n k 1.2.3 n n 1. n n k n k ! Ta có: k! n!.k ! 1.2.3 n .k ! Gọi p số nguyên tố bất kì, theo tính chất ta có: v p n k ! v p n! v p k ! Vậy n 1. n 2 n k n k ! Chú ý: k! n k ! C k n!.k ! nk n!.k ! số nguyên Suy đpcm số nguyên (Đây cách chứng minh tổ hợp) 500 Ví dụ 2: Số C1000 có chia hết cho hay khơng? Giải: 1000! 500 Ta có: C1000 500! 1000 500 Vì 73 < 1000 74 > 1000 nên i 0, i Tương tự: i 0, i 1000 1000 1000 1000 Do đó, v7 1000! i 142 20 164 i 1 500 500 500 500 Và v7 500! i 71 10 82 7 7 i 1 500 500 Suy ra: v7 C1000 không chia hết cho 164 2.82 Như vậy : C1000 Ví dụ 3: Cho p số nguyên tố Chứng minh rằng: n p s s với k, ≤ k < n, Cnk p Điều ngược lại có khơng? Giải: Giả sử n p s s , ta cần chứng minh: v p Cnk n k n k Thật vậy, ta có: v p Cnk i i i i 1 p i 1 p i 1 p Theo tính chất phần nguyên ta có: n k n k – Với i ≠ s i i i p p p n k n k – Với i = s s 1, s s (do k , n k n p s ) p p p n k n k Do đó, v p Cnk i i i ≥ Suy đpcm i 1 p i 1 p i 1 p Điều ngược lại Thật vậy, giả sử phản chứng n khơng có dạng ps Khi đó, chọn m log p n log p n m log p n p m n p m 1 Xét k = pm < n Ta chứng minh : Cnk p n k n k Thật vậy, với i ≥ m + : i i i p p p n k n k k n k k n k k Với i ≤ m i số nguyên, nên i pi pi pi pi i p p p n k n k Vậy v p Cnk i i i , Cnk p Ta có đpcm i 1 p i 1 p i 1 p Ví dụ 4: (IMO 1972) Chứng minh : với số nguyên dương m, n ta có: 2m ! 2n ! chia hết cho m!n! m n ! Giải: Giả sử p số nguyên tố Ta cần chứng minh: v p 2m ! 2n ! 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 , x y x y x y (*) Thật vậy, đặt u = {x}, v ={y} Ta có: ≤ u, v < x = [x] + u, y = [y] + v [2x] = [2[x] + 2u] = 2[x] + [2u] [2y] = [2[y] + 2v] = 2[y] + [2v] , [x + y] = [x] + [y] + [u + v] Do đó, (*) [2u] + [2v] ≥ [u + v] (**) Ta có: ≤ u + v < Ta xét trường hợp sau: TH1: ≤ u + v < Khi đó, [u + v] = nên (**) hiển nhiên TH2: ≤ u + v < Khi đó, [u + v] = số u, v phải có số ≥ ½ Khơng tính tổng qt, giả sử u ≥ ½ ≤ 2u < [2u] + [2v] = + [2v] ≥ = [u + v] Vậy (**) (*) m 2n m n m n Do đó, i i i i i , i p p p p p 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 2n với số nguyên dương n Giải: Theo hệ ta có: v2 n! n nên ta có đpcm Ví dụ 6: Tìm tất số ngun dương n cho n! chia hết cho 2n1 Giải: Giả sử biểu diễn n hệ nhị phân là: n ak 2k ak 1.2k 1 ak 2k a0 Trong đó: a0 , a1 , , ak 1 0;1, k ak k 1 k Theo hệ ta có: v2 n! n n i 0 k 1 i 0 Do đó, n! 2n 1 v2 n! n 0, i 0, k (do a0 , a1, , ak 1 0;1 ) i 0 n , k k Ví dụ 7: Giả sử n m hai số tự nhiên cho m khơng có ước ngun tố nhỏ n Chứng minh rằng: M m 1 m2 1 m3 1 mn 1 1 n! Giải: Xét số nguyên tố p bất kì, p ≤ n Theo giả thiết ta có: (p, m) = k p 1 Theo định lí Fermat ta có: m p 1 1 p m 1 p, k n 1 Số số bội (p – 1) không vượt (n – 1) p 1 n 1 Do đó, v p M p 1 n 1 Mặt khác, theo hệ ta có: v p n! p 1 n 1 n 1 n 1 Do đó: v p n ! số nguyên lớn không vượt ) (vì p 1 p 1 p 1 Suy ra: v p n! v p M , từ ta có đpcm n2 Ví dụ 8: (India 2000) Cho n m hai số tự nhiên cho : m m khơng có ước ngun tố lớn n Chứng minh rằng: n! m Giải: Gọi p ước nguyên tố m Ta cần chứng minh: v p n! v p m Ta xét trường hợp sau: TH1: v p m 2s Tức là: m p s q , với q số tự nhiên, (p, q) = n s 1 Khi đó: n m p s v p n! p s 1 2s v p m (vì p s 1 2s 1 1 1 s s ) p TH2: v p m 2s 10 Tức là: m p s 1.q , với q số tự nhiên, (p, q) = Khi đó: n m p s p n – Nếu n p s v p n! p s 1 2s v p m p (vì p s 1 4.2s 1 2.2s 2.1 1 1 s 2s ) s – Nếu n p s , đó, p s p n p s p p p Do đó, n p s p p s 1 n n n Suy ra, v p n! s 1 p s p s 1 p p p p 2s 2s 1 2s 1 2s v p m Vậy trường hợp ta có: v p n! v p m Do đó: n! m 2.2.2 Các tốn phƣơng trình nghiệm ngun Ví dụ 9: Tìm tất số nguyên dương m số nguyên tố p cho: p ! p m Giải: Ta có: p m nên p ! p ≥ Nhận xét, p > p 1 | p ! Thật vậy, ta xét trường hợp sau: +TH1: Nếu p > p – có ước nguyên tố Khi đó: p q1n1 qknk , qi số nguyên tố k > qini p 2, i 1,2, , k p q1n1 qnnk | p ! + TH2:Nếu p > p –1 có ước nguyên tố p 2n , n 21 21 41 Khi đó, v2 p ! v2 2n 1! 2 n 1 2 n2 22 n 1 1 1 n 1 i 1 n n n n 1 i 2n2 1 n n, n Do đó, p 1 | p ! Như vậy, p > p m p 2! p p m 1 p Vì p m 1 p nên suy 2 p (vơ lí) Như vậy p = Khi ta có: 5m m Kết luận, p = m = Ví dụ 10: Cho số tự nhiên n Chứng minh phương trình: xn x n 1 x2 xn n! n 1! 2! 1! khơng có nghiệm hữu tỉ Giải: Giả sử phản chứng phương trình cho có nghiệm hữu tỉ α Khi đó, α nghiệm đa thức: n! n! n! P x x n nx n 1 x k x x n! k! 2! 1! Do P(x) đa thức bậc n có hệ số nguyên hệ số xn nên α số nguyên n! n! n! Ta có: n n n 1 k n! (1) k! 2! 1! Gọi p ước nguyên tố n Từ (1) ta có: n p p (2) 11 Với k 1, n , đặt rk v p k ! Theo hệ ta có: rk k rk k Từ (2) ta có: v p k k n! Suy ra: v p k v p n! v p k ! v p k rn rk v p k rn k k rn k! n! k p r 1 , k 1, n k! Do đó, từ (1) suy ra: n! p r 1 rn v p n! rn Điều mâu thuẩn Vậy điều giả sử sai nên ta có đpcm n n 2.2.3 Các tốn bội chung nhỏ Ví dụ 11: Cho n số tự nhiên ak n 1 Cnk , với k = 0, 1, …, n Chứng minh rằng: a0 , a1, , an = 1, 2,, n 1 , kí hiệu [x, y] bội chung nhỏ số nguyên x y Giải: max m , s Ta biết rằng: a p1m1 p2m2 pkmk , b p1s1 p2s2 pksk a, b p1maxm1 , s1 pk k k Đặt m = 1, 2,, n 1 Giả sử p ước nguyên tố m v p m i 1, n 1 : p | i n p 1 p i n p 1 n p 1 Ta cần chứng minh: v p v p m , i 0, n i0 0, n : v p ai0 v p m Thật vậy, giả sử k 0, n : v p ak v p m Do ak n 1 Cnk v p n 1 v p Cnk v p n 1 v p Cnk (theo tính chất 3) v p n 1 n 1 p Mà ak n 1 Cnk n 1 Và ak n 1 Cnk n 1 n 1! n k C k n! n k 1 n1 k ! n k ! k ! n k ! n 1! k C k 1 n! k 1 n1 k ! n k ! k 1! n k ! Tương tự theo tính chất ta có: v p n k 1 n k 1 p v p k 1 k 1 p Do đó, k n n k 1 p k 1 k p (vơ lí) Vậy v p v p m , i 0, n Hơn nữa, với i0 p n ai0 i0 1 Cni011 p Cnp1 Ta có: v p ai0 v p p v p Cnp1 v p Cnp1 Ta chứng minh: v p Cnp1 = Thật vậy, p n p 1 nên: n 1 p n p + Với i : i i i p p p 12 + Với i p số nguyên, nên pi n p n p p n p p n p i i i pi pi pi p p p n 1 p n p Vậy v p Cnp1 i i Suy ra: v p ai0 pi i 1 p i 1 p i 1 Như vậy a0 , a1 , , an = 1, 2,, n 1 Ví dụ 12: (Czeck – Slovak 1999) Chứng minh rằng, 1,2,3, , n 1 2n với số nguyên dương n ≥ Giải: n 1 n Ta có: C C k n , n 1,0 k n (do số hạng lớn khai triển 1 1 C n n 1 n Do đó, 2n 1 1 Cnk n 1 Cn n n 1 n ) (1) k 0 Theo ví dụ 11 ta có: 1,2,3, , n 1 a0 , a1, , an , ak n 1 Cnk , k = 0, 1, 2,…, n n1 Vì vậy, 1, 2,3, , n 1 n 1 Cn n1 1, 2,3, , n 1 n 1 Cn (2) Từ (1) (2) 1,2,3, , n 1 2n 2.2.4 Các toán số học khác Ví dụ 13: (VMO – Bảng B – 2002) k Tìm tất số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: C2nn 2n , k số ước nguyên tố C2nn Giải: Giả sử p ước nguyên tố C2nn Đặt m = v p C2nn Theo tính chất ta có: p m 2n Suy ra: C2nn 2n Dấu “=” xảy k = Khi đó, C2nn 2n C2nn C2nn có ước k nguyên tố (do theo đề C2nn có k =1 ước nguyên tố) Do đó, C2nn 2s , s Nên n có dạng n 2l , l Theo hệ 1, ta có: s v2 C2nn v2 2n ! 2v2 n! 2n n 1 C2nn n = Ví dụ 14: Tìm tất số nguyên dương n để C2nn chia hết cho Giải: Gọi s2 n tổng chữ số biểu diễn n hệ nhị phân Giả sử biểu diễn n hệ nhị phân là: n ak 2k ak 1.2k 1 ak 2k a0 Trong đó: a0 , a1, , ak 1, ak 0;1, k Khi đó, 2n ak 2k 1 ak 1.2k ak 2k 1 a0 Do đó: s2 2n ak ak 1 a0 s2 n Theo hệ ta có: v2 C2nn v2 2n ! 2v2 n! 2n s2 2n n s2 n 2s2 n s2 2n s2 n 13 Do đó, C2nn v2 C2nn s2 n n lũy thừa Ví dụ 15: Chứng minh (n – 1)! chia hết cho n n khơng phải số ngun tố Giải: n sn n n Giả sử phản chứng n số nguyên tố Khi theo tính chất ta có: n! n 1 n 1 Mà (n – 1)! chia hết cho n nên n! chia hết cho n2 n! (mâu thuẩn) Vậy n khơng số ngun tố Ví dụ 16: Chứng minh rằng: 3n ! n! n 1! n ! số nguyên với số nguyên n ≥ Giải: Giả sử p số nguyên tố Ta cần chứng minh: v p 3n ! v p n! n 1! n ! v p 3n ! v p n! v p n 1! v p n ! Ta chứng minh bổ đề sau: 2 1 Bổ đề 1: Ta có: 3x x x x , x (*) 3 3 Thật vậy, x n x n, n nên ta cần chứng minh trường hợp ≤ x < (bằng cách sử dụng x x x , ≤ {x} < 1) 1 Khi đó, ≤ 3x < x 1; x nên VT(*) = = VP(*) 3 2 TH2: x Khi đó, ≤ 3x < x 1; x nên VT(*) = = VP(*) 3 3 2 TH3: x Khi đó, ≤ 3x < x 2; x nên VT(*) = = VP(*) 3 Bổ đề 2: Cho p số nguyên tố m số nguyên dương cho pm ≥ Ta có: 3n n n 1 n pm pm pm pm 1 n n n 1 Thật vậy, hàm phần nguyên hàm không giảm m m m m m p p p p p n n2 m pm p TH1: ≤ x < 3n n n n n n 1 n Do đó, theo bổ đề ta có: m m m m m m m 3 p 3 p p p p p p Trở lại toán, ta có: Nếu p ≠ pm ≥ 3, m đó, 3n n n 1 n v p 3n ! v p n! v p n 1! v p n ! m m m m m 1 p p p p 3n , n ≥ nên tồn số nguyên dương k cho: Nếu p = log 3n log n log n2 log n 2 k log 3n n 2k 3n (điều n = 3, lúc k = 3) 14 3n n n 1 n Theo bổ đề ta có: với m ≥ 2m ≥ 3, nên m m m m 2 2 3n n n 1 n 3n Riêng với m = k k k k k k 2 2 2 3n n n 1 n Do đó, v2 3n ! v2 n! v2 n 1! v2 n ! m m m m 2 m 1 3n n n 1 n f n 2 3n n n 1 n 3n n n 1 Ta có: f n 1 2 2 2 2 3n n n 3n n n 1 f n 3 1 1 f n 2 2 2 2 9 3 4 Mà f 3 0, f 2 2 2 Nên qui nạp ta f(n) = 0, n ≥ Từ ta có đpcm 2.2.5 Bài tập rèn luyện Chứng minh 1300! chia hết cho 16953 Tìm luỹ thừa cao k mà 2016! chia hết cho 7k (Olympic Moscow, Vòng 1, 1940) Hỏi 100! có tận chữ số 0? (Thi học sinh giỏi bang New York, 1985 Câu hỏi đồng đội) Có số nguyên dương n cho n! có tận 25 chữ số 0? (Olympic 30.4 lần thứ 14, 2008) Có số nguyên dương n không vượt 2008 thỏa mãn C2nn không bội 4? (Thi học sinh giỏi vùng Mĩ, 1986 Câu hỏi cá nhân) Tìm số nguyên dương nhỏ N cho N! chia hết cho 1212 (Thi học sinh giỏi Quốc gia, 1995) 1995 Tìm số tự nhiên lớn k thỏa mãn điều kiện 1994! chia hết cho 1995k (Thi học sinh giỏi bang New York, 1986) Khi biểu diễn hệ đếm số 8, N! kết thúc 21 chữ số Hãy tìm số nguyên dương lớn N có tính chất (tìm biểu diễn N số 10) Cho n số nguyên dương thỏa mãn n! có 2002 chữ số đứng tận Chứng minh rằng: n ≤ 8024 10 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh rằng: (p – 2)! chia hết cho p – 2.3 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng giảng dạy cho Đội tuyển Toán lớp 11 Toán Đội tuyển thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia năm học 2015 – 2016 đạt kết sau: + Rèn luyện tư toán học cho em + Rèn luyện tính linh hoạt sử dụng kiến thức học + Rèn luyện kĩ phân tích, đánh giá, so sánh tổng quát vấn đề 15 + Các em ôn lại kiến thức số học học như: đồng dư, chia hết, số nguyên tố, số phương, bội chung nhỏ nhất, phương trình nghiệm ngun,… + Các em biết cách sử dụng công thức Polignac để giải toán số học liên quan đến n! từ đến nâng cao + Các em biết cách tìm tài liệu tập nghiên cứu khoa học + Có học sinh đạt học sinh giỏi Quốc gia (1 giải ba, giải khuyến khích) 16 KẾT LUẬN Sáng kiến kinh nghiệm viết sở phát triển sáng kiến kinh nghiệm “ Bổ đề LTE ứng dụng” viết năm học 2014 – 2015 (đạt giải C cấp Tỉnh đăng tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 458, tháng năm 2015) Nếu bổ đề LTE bổ đề mạnh để giải toán số học liên quan đến số mũ cao cơng thức Polignac cơng cụ mạnh để giải toán số học liên quan đến n! Trong Tốn học, khơng phải giải nhiều tốn tốt, mà cần phải tạo nhiều công cụ để giải nhiều toán điều quan trọng Nó giúp học sinh có cách tiếp cận toán nhẹ nhàng giải toán gọn gàng Qua sáng kiến kinh nghiệm này, thấy rằng, vận dụng sáng tạo kiến thức giảng dạy lớp cho học sinh để tạo phương pháp giải toán giải nhiều tốn Cơng thức Polignac cơng thức đẹp dễ hiểu Nó sử dụng kiến thức phổ thông (ở cấp 2) số học để chứng minh nó, học sinh cấp hiểu Do đó, thiết nghĩ khơng áp dụng để dạy cho học sinh trường chuyên, lớp chọn cấp mà áp dụng để dạy cho học sinh giỏi cấp Công thức Polignac sử dụng nhiều tốn số học liên quan đến n! Thậm chí sử dụng để giải vấn đề Toán học đại như: “với số nguyên dương n tồn số nguyên tố p thỏa n < p ≤ 2n ” Tuy nhiên, tính thơng dụng thấp (do sử dụng sách số học phổ thông) nên học sinh chưa tiếp cận Qua sáng kiến kinh nghiệm này, hi vọng học sinh sử dụng phương pháp cách thành thạo để giải toán số học từ đơn giản đến phức tạp, thậm chí khó Và qua tập dợt cho học sinh khả sáng tạo, nghiên cứu khoa học, biết phát hiện, giải vấn đề đặc biệt yêu Toán học 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] Titu Andreescu, Dorin Andrica – Number Theory (Structures, Examples and Problems) – Nhà xuất Birkhäuser, USA, 2003 Titu Andreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng – 104 Number Theory Problems – Nhà xuất Birkhäuser, USA, 2006 Các đề thi Olympic 30 – qua năm Các tài liệu internet Tạp chí Toán học tuổi trẻ Các tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT Chuyên môn Toán Nguyễn Tuấn Ngọc – Bổ đề LTE áp dụng – Sáng kiến kinh nghiệm năm 2014 – 2015, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, số 458, Tháng – 2015 18 ... vận dụng sáng tạo kiến thức giảng dạy lớp cho học sinh để tạo phương pháp giải toán giải nhiều tốn Cơng thức Polignac cơng thức đẹp dễ hiểu Nó sử dụng kiến thức phổ thông (ở cấp 2) số học để chứng... sinh có nhìn tổng qt tồn diện tốn số học có liên quan đến n! Và sau nội dung sáng kiến kinh nghiệm CHƢƠNG 2: CÔNG THỨC POLIGNAC VÀ ỨNG DỤNG 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề Trước tiên xin nhắc lại định... giải chúng để thấy hạn chế giải toán dạng – Giới thiệu cơng thức Polignac, tính chất chứng minh – Một số ví dụ ứng dụng minh họa cơng thức Polignac – Các tập rèn luyện Dù có cố gắng nhiều đề tài