Chuyên đề: Rèn luyện cách phát triển hệ thống bài tập thông qua một bài toán số học

Vấn đề này bản thân tôi đã thƣờng xuyên làm, nhƣng trong bài viết này đƣợc xuất phát từ 1 bài toán đã rất cũ quen thuộc với học sinh, phát triển ra thành nhiều vấn đề mới sẽ gặp trong [r]

http://baigiangtoanhoc.com Page Chuyên đề: Cách phát triển hệ thống tập thông qua

một toán số học

I Lý chọn đề tài

Trong trình giảng dạy toán trƣờng THPT chuyên Lam Sơn, trƣớc kỳ thi yêu cầu đề thi HSG phải mới, chƣa xuất Vậy làm để học sinh khơng bỡ ngỡ, đƣa quen thuộc, kiến thức có Nói cách khác tập cho học sinh hệ thống, phát triển vấn đề từ vấn đề cũ, sáng tạo toán điều cần thiết ngƣời giáo viên dạy Toán cho lớp chuyên Vấn đề thân thƣờng xuyên làm, nhƣng viết đƣợc xuất phát từ toán cũ quen thuộc với học sinh, phát triển thành nhiều vấn đề gặp kỳ thi HSG

II Mục đích nghiên cứu

Xây dựng hệ thống tập phát triển theo nhiều khía cạnh khác nhau, nói cách khác: tập cho học sinh làm quen với toán mở

III Nội dung

Xuất phát từ kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần 49 năm 2008 (tác giả Kestuis Cesnavicius, ngƣời Litva), tốn khó ngày thi thứ nhất, viết ta ký hiệu toán Bài toán hay toán mở Từ toán năm sau nhiều nƣớc dựa ý tƣởng để phát triển thành đề thi Olympic, đề chọn đội tuyển nƣớc

Bài tốn Chứng minh tồn vô số số nguyên dƣơng n cho n2 + có ƣớc nguyên tố lớn 2n + 2n

Lời giải toán đƣợc phát triển từ lời giải của toán đơn giản sau, hay nói từ tốn ta có tốn dễ thở hơn, để giả chúng sau quay lại tốn

Bài tốn 2.(đề thi chọn đội tuyển Inđơnêxia dự thi Toán Quốc tế năm 2009)

Chứng minh tồn vô số số nguyên dƣơng n cho n2

+ không ƣớc n!

Lời giải toán

Trƣớc giải toán ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Tồn vô số số nguyên tố dạng 4k + (kN*)

Chứng minh: Gọi A tập hợp gồm tất số nguyên tố dạng 4k + (kN*), A khác rỗng 5A Giả sử A hữu hạn, gọi p1 < p2 < … <pn tất số

nguyên tố thuộc tập A Đặt a = 2 2 n

http://baigiangtoanhoc.com Page Gọi q ƣớc nguyên tố a  qpi (i = 1, 2, …, n)(1), mặt khác

 2  

1 n

2p p p 1 mod q Suy -1 số phƣơng (mod q) q lẻ

 q

1 q

1 1

q



      

 

  

 

q mod

   q có dạng 4k +  q A (2) Từ (1) (2) mâu thuẫn Vậy bổ đề đƣợc chứng minh

Chúng ta chuyển sang toán 2, giả sử p sô nguyên tố dạng 4k + (k N*)

 1  1 p 12 p



    

 

   -1 số phƣơng (mod p) tồn np{0, 1, 2,

…, p – 1} cho  

p

n  1 mod p  n2p   1 p np  p 1 , tồn vô

số nguyên tố p dạng 4k + (k N*) nên tồn vô số số nguyên dƣơng n cho n2 + không ƣớc n!

Bài tốn (Tạp chí Animath Pháp năm 2006)

Chứng minh tồn vô số số nguyên dƣơng n cho ƣớc nguyên tố lớn n2

+ lớn 2n Lời giải toán

Giả sử p số nguyên tố dạng 4k + (k N*), suy   p

2

1 1

p



 

   

 

   -1

là số phƣơng (mod p)  tồn x{0, 1, 2, …, p – 1} cho

 

2

x  1 mod p

Ta có q2  (p – q)2 (mod p) (q Z), suy tồn q  1, 2, ,p



 

 

  cho

 

2

q  1 mod p

Thật giả sử p x p x p

2

     

, đặt q = p – x, ta có: q2

= (p – x)2  x2 

-1 (mod p) q p



  , ta có q2 +  p p  2q + > 2q, suy ƣớc nguyên

tố lớn q2

+ lớn 2q Vì có vơ số số ngun tố dạng 4k + (kN*) nên tồn vô số số nguyên dƣơng n cho n2

+ có ƣớc nguyên tố lớn n Sau lời giải toán

Cách Xét số nguyên tố p dạng 4k + (kN*)  

p

1 1

p



    

 

   -1

http://baigiangtoanhoc.com Page

 

2

x  1 mod p Vì x2  (p – x)2 (mod p) (xZ), suy tồn  1, 2, ,p 

 

 

 

sao cho  

2

p

1 mod p



    

 

 

Đặt m = p 

  

 

 suy m

p 1, 2, ,

2 

 

 

  m

2 

-1 (mod p), giả sử p > 20,

nếu 4p

4  

   0 4p

4  

     2

2 1  p

Vì m2 -4 (mod p) Mặt khác 4m2

= p 2      2 mod p 2  2 12  4 mod p 

Điều vô lý  2

0  2  p Vậy 4p

4  

  p > 2m + 2m

Vì m2 + 1 p nên m2 

p 1 Vì tồn vơ số số ngun tố p dạng 4k + (kN*) nên tồn vô số số nguyên dƣơng n cho ƣớc nguyên tố lớn n2 + lớn 2n + 2n

Cách

Giả sử n số nguyên, n  24, goi p ƣớc nguyên tố (n!)2 +

Hiển nhiên p > n Giả sử x 0,p

 

 

  số dƣ phép chia n! –n! cho p Khi < x < p – x < p Ta chứng minh x2

+ chia hết cho p Thật tồn m Z cho n! = mp + x –n! = mp + x Trong trƣờng hợp ta có (n!)2

+ = (mp + 1)2 +  x2

+ = (n!)2 +1 – m2p2 – 2mpx  x2 + 1 p Từ suy p ƣớc p2

– 2px + 4x2 + = (p – 2x)2 + p (p – 2x)2 +  p  2x + p4

 p 4 2x p  4 2x 20  4 2x

 p  2x + p 4 2x 2x , từ suy điều phải chứng minh

Tổng quát toán

Bài toán Chứng minh tồn vô số sô nguyên dƣơng n cho n2 + có ƣớc nguyên tố lớn 2n + n

Bài toán (Đề thi Olympic Bungari năm 1996)

Chứng minh với số nguyên n 3 tồn cặp số nguyên dƣơng lẻ (xn, yn)

sao cho 7x2n y2n 2n

http://baigiangtoanhoc.com Page Với n = ta chọn x3 = y3 = 1, giả sử với n  tồn cặp số nguyên dƣơng lẻ

(xn, yn) cho

2 n

n n

7x y 2 ta chứng minh cặp:

X,Y xn yn , 7xn yn ; xn yn ,7xn yn

2 2

       

    

    thỏa mãn 7X

2

+ Y2 = 2n +

Thật  

2

2 n n

n n n n

n n

x y 7x y

7 7x y 2.2

2                   

Vì xn, yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l Z)  n n

x y

k l     n n x y k l 

  Điều chứng tỏ số xn yn, xn yn

2

 

lẻ,

vì với n + tồn số tự nhiên lẻ xn +1 yn +1 thỏa mãn

2 n

n n

7x y 2

Bài toán

Chứng minh với số nguyên dƣơng n phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n có n nghiệm tự nhiên (x, y)

(Đề thi HSG Toán Quốc gia năm 2010)

Giải

Trƣớc tiên ta chứng minh với số nguyên n  tồn cặp số nguyên dƣơng lẻ (xn, yn) cho xn2 15y2n 4n Thật với n = chọn x2 = 2, y2 =

Giả sử với n  tồn cặp số nguyên dƣơng lẻ (xn, yn) cho

2 n

n n

x 15y 4 ,

ta chứng minh cặp X,Y 15yn xn ,xn yn ; 15yn xn , yn xn

2 2

       

    

   

thỏa mãn X2

+ 15Y2 = 4n+1

Thật  

2

2 n n

n n n n

n n

15y x y x

15 x 15y 4.4

2



 

        

   

    Và xn, yn lẻ

nên xn = 2k + 1, yn = 2l + (k, l Z) n n

x y

2



 = k + l +

   

n n 2k 2l

y x

l k

2

  



   Điều chứng tỏ số

n n

n n y x

x y

;

2

 

lẻ Vì với n + tồn số tự nhiên lẻ xn+1, yn+1 thỏa

mãn x2n 1 15y2n 1 4n 1

Quay lại toán Với n = 1, phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2, 0)

Với n = phƣơng trình x2

http://baigiangtoanhoc.com Page

Giả sử với n  phƣơng trình x2n 15yn2 4n có n nghiệm tự nhiên (x1, y1);

(x2, y2);…;(xn, yn) Khi (x, y) = (2xk, 2yk) (1  k n) nghiệm tự nhiên

phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n+1 Theo chứng minh phƣơng trình x2 + 15y2 = 4n+1 lại có nghiệm tự nhiên lẻ Vậy phƣơng trình x2

+ 15y2 = 4n+1 có n +1 nghiệm tự nhiên, toán đƣợc giải

Bài tốn Tìm tất cặp số nguyên dƣơng (x, y) cho

2

x y

x y



 số nguyên ƣớc 1995 (Đề thi Olympic Bungari năm 1995)

Giải

Trƣớc hết ta chứng minh bổ đề sau: Cho số nguyên tố p = 4q + (q N), giải sử x, y số nguyên cho x2

+ y2 chia hết cho p, x y chia hết cho p Thật x p y p

Giả sử x không chia hết cho p  y không chia hết cho p Theo định lý Phecma ta có xp-1

(mod p)  x4p+2  (mod p), tƣơng tự y4p+2 

(mod p)

Ta có x2 + y2  p  x2  -y2 (mod p)   x2 2q 1   y2 2q 1 mod p 

 4q 4q  

x   y  mod p   -1 (mod p)  p = (vô lý) Bổ đề đƣợc chứng minh

Áp dụng bổ đề vào toán 7: giả sử tồn số nguyên dƣơng x, y cho

x > y,

2

x y

x y



 số nguyên ƣớc 1995 Đặt k =

2

x y

x y



 x2 + y2 = k(x – y) k ƣớc 1995 = 3.5.7.19

*) Nếu k  k = 3k1 (k1 N, k1 không chia hết cho 3)  x

+ y2   x  y  x = 3x1, y = 3y1 (x1, y1 N

*

, x1 > y1)   

2

1 1 1

x y k x y Nếu k = x2

+ y2 = x – y điều vơ lý x2 + y2  x + y > x – y (vì x, y N*)

*) Nếu k = x2

+ y2 = 5(x + y)  (2x – 5)2 + (2y + 5)2 = 50  (x, y) = (3, 1) (2, 1)

*) Nếu k = tƣơng tự nhƣ tồn k2N* cho k = 7k2 (k2 không chia hết

cho 7)  x = 7x2; y = 7y2 (x2, y2 N*, x2 > y2) x12 y12 k2x1y1

*) Nếu k  19 tƣơng tự nhƣ tồn k3N* cho k = 19k3 (k3 không chia hết

cho 19)  x = 19x3; y = 19y3 (x3, y3N*, x3 > y3)  

2

3 3

http://baigiangtoanhoc.com Page

Bài tốn Tìm tất cáccặp số nguyên dƣơng (x, y) cho số A =

2

x y

x y

  nguyên ƣớc 2010 (Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng Bắc Bộ năm học 2009-2010)

Giải

Trên sở lời giải toán ta cần tìm cácnghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình x2

+ y2 = k(x – y) với k = 2, 5, 10 Phƣơng trình x2

+ y2 = 2(x – y) khơng có nghiệm nguyên dƣơng

Thật giả sử x, y N*, x > y suy x2 + y2  2x + y2 2(x – y), điều vô lý

Phƣơng trình x2

+ y2 = 5(x – y) có nghiệm nguyên dƣơng (x, y) = (3, 1); (2, 1)

Phƣơng trình x2

+ y2 = 10(x – y) có nghiệm nguyên dƣơng (x, y) = (6, 2); (4, 2)

Vậy tất cặp số nguyên dƣơng (x, y) thỏa mãn đề là: (3c, c); (2c, c); (c, 2c); (c, 3c); (6c, 2c); (4c, 2c); (2c, 6c); (2c, 4c) c{1,3, 6, 7, 201} Cuối số toán tự luyện

Bài toán Chứng minh với số nguyên dƣơng n, phƣơng trình: 7x2 + y2 = 2n+2 ln có nghiệm nguyên dƣơng

Bài toán10 Chứng minh với số nguyên n, phƣơng trình x2 + 15y2 = 4n c n ngh nhin

Bài toán 11 Cho số nguyên dƣơng n, gọi Sn tổng bình phƣơng hệ số

của đa thức f(x) = (x + 1)n Chứng minh S

2n + không chia hết cho (Đề thi

chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010)

Bài toán 12 Chứng minh tồn vô số số nguyên dƣơng n cho 2n + chia hết cho n

Bài toán 13 Chứng minh tồn vô số số nguyên dƣơng n cho tất ƣớc

nguyên tố n2

+ n + không lớn n (Đề chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007)

Bài toán 14 Với số nguyên dƣơng n > 1, ký hiệu P(n) ƣớc nguyên tố lớn

nhất n, chứng minh tồn vô số số nguyên n > cho: P(n) < P(n + 1) < P(n + 2)

Bài toán 15 Cho số nguyên dƣơng a > b, chứng minh tồn vô số số nguyên

dƣơng n cho an

+ bn chia cho n

Bài toán 16 Chứng minh tồn vơ số số ngun tố p có tính chất sau: tồn

vô số số nguyên dƣơng n cho p – không chia hết cho n n! + chia hết cho p.(Đề chọn đội tuyển Mơnđova dự thi Olympic Tốn Quốc tế năm 2007)

http://baigiangtoanhoc.com Page

KẾT LUẬN

Trên sở phát triển toán này, học sinh có thêm cách nhìn vấn đề khác Hơn tốn có nhiều điểm cịn khai thác phát triển đƣợc Hi vọng bạn đồng nghiệp đóng góp thêm sức sống sáng tạo

bài Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung ngƣời khác

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2013

Người viết

http://baigiangtoanhoc.com