Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌCSáng kiến kinh nghiệm, SKKN - ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY BẢN ĐĂNG KÍ SÁNG KIẾN NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ TÀI: ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC NGƯỜI THỰC HIỆN: 1) ĐẶNG ĐÌNH SƠN 2) AN VĂN TÂN TỔ: TOÁN – TIN PHÒNG: KT&KĐCL SỞ GDĐT TỈNH NINH BÌNH NINH BÌNH NĂM 2015 I ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài Số học mơn khoa học có vai trị quan trọng việc rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh Thế giới số thật gần gũi, thân quen đầy bí ẩn Tư số học tự nhiên thực phức tạp đòi hỏi người học, nghiên cứu phải có tư cao Các toán số học thách thức bao hệ học sinh kỳ thi chọn học sinh giỏi (HSG) toán cấp, kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh, kỳ thi HSG cấp Quốc gia, Olympic Quốc tế nhiều tốn số học cịn thách thức nhân loại Số học có sức hút vẻ đẹp kì lạ, gọi “Bà chúa Tốn học” Việc học tập mơn số học chương trình tốn trung học em học sinh gặp nhiều khó khăn nhiều lí Trong phần lớn việc tiếp cận toán số học cách khơng tự nhiên, khơng bản, khơng hình thành tư số học cho em nên em thường bế tắc giải toán số học Với mong muốn trang bị cho người học cách tiếp cận tốt với môn số học lí tác giả viết đề tài 2 Mục đích nghiên cứu Cách tiếp cận, xây dựng hệ thống kiến thức số học qua lí thuyết Hệ thặng dư coi cách tiếp cận tự nhiên cho người học Ngay từ học số lớp tiểu học, trung học sở giải toán chia hết, chẳng hạn chứng minh biểu thức f(n) (n nguyên) chia hết cho biết xét trường hợp n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k + (k số ngun), mơ hình chung hiểu tập số nguyên chia thành phần (3 lớp thặng dư modulo 3), làm việc với ba số 0, 1, ba đại diện ba phần ({0, 1, 2} hệ thặng dư đầy đủ modulo 3) Như tiếp cận với Hệ thặng dư từ học lọt lòng số học Tiếp cận tốn số học lí thuyết Hệ thặng dư mục đích nghiên cứu đề tài tác giả Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài kiến thức Hệ thặng dư, định lí số học toán số học chương trình tốn học trung học phổ thơng, từ tập đến tập khó kỳ thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp quốc gia Olympic toán quốc tế Phạm vi ứng dụng đề tài Bản sáng kiến sử dụng cho em học sinh học học tập mơn số học, ơn thi học sinh giỏi tốn THPT cấp tỉnh, cấp quốc gia Olympic toán quốc tế Sáng kiến sử dụng cho thầy giáo dạy mơn Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi THPT Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy lớp chuyên tốn cơng tác tổ chức kì thi chọn học sinh giỏi, chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia Nghiên cứu qua tài liệu, semina, mạng internet… II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ HỆ THẶNG DƯ Tập hợp số dư phép chia số nguyên cho số nguyên dương n {0, 1, 2, …, n – 1} Như tập số nguyên chia thành n lớp thặng dư modulo n, hai số nguyên thuộc lớp chúng có số dư chia cho n (đồng dư theo modulo n) Mỗi lớp ta chọn đại diện, tập hợp đại diện lớp gọi Hệ thặng dư đầy đủ modulo n Các thông tin thu từ hệ thặng dư giúp nghiên cứu tính chất tập số nguyên tập số nguyên Như hệ thặng dư giúp ta nghiên cứu tính chất tập vô hạn thông qua tập hữu hạn 1.1 Hệ thặng dư đầy đủ Định nghĩa: Với n số nguyên dương, hệ thặng dư đầy đủ (HTDĐĐ) modulo n tập hợp gồm n số ngun mà hai số khơng có số dư chia cho n Ví dụ: HTDĐĐ nguyên dương nhỏ modulo n: {1, 2, 3,…, n} HTDĐĐ có giá trị tuyệt đối nhỏ modulo (2n+1): {–n, –(n–1),…,1, 0, 1, 2,…, n} Từ định nghĩa hệ thặng dư đầy đủ modulo n suy số tính chất sau: Tập hợp n số nguyên {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n “Nếu xi ≡ xj (modn) i = j với i, j ∈{1, 2,…, n}” Cho {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n, với số nguyên x tồn i ∈{1, 2,…, n} thỏa mãn x ≡ xi (modn) Cho {x1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n hai số nguyên a, b thỏa mãn (a, n) = 1, đó:{ax1+b, ax2+b, ax3+b,…, axn+b} HTDĐĐ modulo n Cho f (x1 , x , , x n ) đa thức n biến với hệ số nguyên {a1, a2,…, an}, {b1, b2, …, bn} HTDĐĐ modulo n ta ln có: f (a1 ,a , ,a n ) ≡ f (b1 ,b , ,b n )(mod n) Khi nghiên cứu số nguyên tố với số nguyên dương n ta sử dụng khái niệm hệ thăng dư thu gọn modulo n 1.2 Hệ thặng dư thu gọn Nhận xét: Với số nguyên dương n, kí hiệu ϕ(n) số số nguyên k  1 dương nguyên tố với n nhỏ n Ta có: ϕ(n) = n ∏ 1 − ÷ pi  i =1  {p1 ,p , ,p k } tập hợp ước nguyên tố n Định nghĩa: Tập hợp số nguyên {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} gọi hệ thặng dư thu gọn (HTDTG) modulo n số xi nguyên tố với n hai số không đồng dư với theo modulo n Nhận xét: Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDTG modulo n Khi với số nguyên x nguyên tố với n tồn i ∈{1, 2,…, xϕ(n)} thỏa mãn x ≡ xi (modn) Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n số nguyên a thỏa mãn (a, n) = 1, đó:{ax1, ax2, ax3,…, axn} HTDĐĐ modulo n Cho {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n Khi với thuộc {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} ln tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ (n ) } thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) (x, x gọi nghịch đảo modunlo n) x ≠ y x ≠ y Chứng minh: Vì x ∈{x1, x2, x3,…, xϕ(n)} nên x nguyên tố với n, {xx 1, xx2, xx3,…, xxϕ(n)} HTDĐĐ modulo n Suy tồn i ∈{1, 2, …, xϕ(n)} thỏa mãn xxi ≡ (modn) Trong nhận xét tổng quát hơn: Cho {x 1, x2, x3,…, xϕ(n)} HTDĐĐ modulo n số nguyên a nguyên tố với n Khi với thuộc {x1, x2, x3,…, xϕ(n)} tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ (n ) } thỏa mãn xx ≡ a(mod n) x ≠ y x ≠ y Từ định nghĩa tính chất hệ thặng dư ta áp dụng để giải chứng minh đồng dư, chia hết; chứng minh tồn số tự nhiên, tìm số nguyên thỏa mãn qua hệ đồng dư, chia hết; tính tổng phần nguyên, phần lẻ ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC Định lí (Fermat nhỏ) Cho số nguyên tố p số nguyên a nguyên tố với p Khi ta p −1 ln có a ≡ 1(mod p) Chứng minh: Ta có {1, 2, 3,…, p – 1} HTDTG modulo p Vì (a, p)=1 nên {a, 2a, 3a,…,(p – 1)a} HTDTG modulo p p −1 p −1 k =1 k =1 Suy ∏ ka ≡ ∏ k(mod p) ⇒ (p − 1)!a p−1 ≡ (p − 1)!(mod p) ⇒ a p−1 ≡ 1(mod p) Nhận xét: Với cách chứng minh tương tự ta có định lí sau Định lí (Euler) Nếu số nguyên a nguyên tố với số nguyên dương n a ϕ (n ) ≡ 1(mod n) Định lí Phương trình đơng dư ax ≡ b(mod n) có nghiệm ước chung lớn d a n ước b Khi phương trình có d nghiệm (mỗi nghiệm lớp thặng dư modulo n) Chứng minh: Nếu phương trình có nghiệm dễ thấy d | b Giả sử d | b Trước tiên ta chứng minh trường hợp a n nguyên tố hay (a, n) = Thật ta có: Giả sử {x 1, x2, x3,…, xn} HTDĐĐ modulo n suy {ax1, ax2, ax3,…, axn} HTDĐĐ modulo n Do tồn x ∈ {x1, x2, x3,…, xn} thỏa mãn ax ≡ b(mod n) ax ≡ b(mod n) ⇔ a b n x ≡ (mod ) d d d a b n a n d = (a,n) ⇒  ; ÷ = ⇒ x ≡ (mod ) có nghiệm d d d d d Giả sử x0 nghiệm a b n kn x ≡ (mod ) ⇒x + (0 ≤ k ≤ d) nghiệm d d d d ax ≡ b(mod n) ⇒ax ≡ b(mod n) có d nghiệm Định lí (Wilson) Số nguyên dương p số nguyên tố (p − 1)! ≡ −1(mod p) Chứng minh: + Giả sử (p − 1)! ≡ −1(mod p) , suy p ước dương ngồi p, p nguyên tố + Với p nguyên tố Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 1(mod p)  x ≡ −1(mod p) x = p − x ≡ 1(mod p) ⇔  ⇔  x ≡ 1(mod p) x = Do đó: {2, 3, …, p – 2} chia thành p−3 cặp nghịch đảo Suy (p − 1)! ≡ −1(mod p) 10 ỨNG DỤNG HỆ THẶNG DƯ GIẢI MƠT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài tốn Cho số nguyên dương n nguyên tố với (22016 − 2) {x1 , x , , x ϕ (n) } HTDTG modulo n Chứng minh rằng: x12015 + x 2015 + + x ϕ2015 n (n ) M Lời giải: Từ giả thiết suy (2, n) = 1, {2x1 , 2x , , 2x ϕ(n ) } HTDTG modulo n ( 2x1 ) 2015 + ( 2x ) 2015 + + ( 2x ϕ(n) ) 2015 ≡ x12015 + x 22015 + + x ϕ2015 (n ) (mod n) 2015 2015 ⇒ ( x12015 + x 2015 + + x 2015 − 1) Mn ⇒ x12015 + x 2015 + + x ϕ2015 − 1, n) = ) ϕ (n ) ) ( 2 (n ) (vì (2 Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod4) Chứng minh với a thuộc {1;2; ; p −1 p −1 } tồn b thuộc {1;2; ; } thỏa mãn 2 a + b ≡ 0(mod p) Lời giải: p −1 ÷!    Đặt x =  11 Ta có: {− p −1 p − p −1 ,− , , −1,1, 2, , } HTDTG modulo n 2 p −1  p −  p −  ≡ (p − 1)! ≡ −1(mod p) Do p ≡ 1(mod4) nên x =  − ÷ − ÷ ( −1) 1.2    hay x + ≡ 0(mod p) Với a thuộc {1;2; ; p −1 } tồn a thuộc {1, 2,3, , p − 1} thỏa mãn a ≡ ax(mod p) Nếu a thuộc {1;2; ; p −1 } lấy b a ta có: a + b ≡ a + ( ax ) (mod p) ≡ a (x + 1) ≡ 0(mod p) Nếu a thuộc { ( ) p +1 , , p − 1} lấy b p − a ta có: 2 b ≡ a (mod p) ⇒ a + b ≡ a + ( ax ) (mod p) ≡ a (x + 1) ≡ 0(mod p) Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 2(mod3) Chứng minh với số nguyên n tồn vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Lời giải: Ta chứng minh: Nếu {x1, x2, x3,…, xp} HTDĐĐ modulo p {x13 , x 32 , x 33 , , x 3p } HTDĐĐ modulo p Thật vậy: x ≡ y3 (mod p) ⇒ (x ) p−2 ≡ (y ) p−2 (mod p) ⇒ x p −2 ≡ y p −2 (mod p) + x Mp ⇒ yMp 12 + x Mp ⇒ y Mp ⇒ x p −1 ≡ yp −1 (mod p) ⇒ x ≡ y(mod p) 3 3 Vậy x ≡ y3 (mod p) ⇒ x ≡ y(mod p) Suy {x1 , x , x , , x p } HTDĐĐ modulo p 3 3 Vì {x1 , x , x , , x p } HTDĐĐ modulo p nên với số nguyên n tồn vô số số nguyên m thỏa mãn n ≡ m3 (mod p) Bài toán Cho số nguyên tố p lớn đa thức P(x) = + 2x + 3x +…+ pxp-1 Chứng minh với số nguyên m phương trình P(x) ≡ m ln có nghiệm ngun Lời giải: Ta chứng minh: Nếu x chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod p P(x) chạy qua hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy: P(x) = + 2x + 3x + + px p −1 ⇒ (x − 1)P(x) = x p − + x(x p −1 − 1) + + x p −1 (p − 1) = px p − (1 + x + x + x p −1 ) ⇒ (x − 1) P(x) = px p (x − 1) − x p + ⇒ (x − 1)2 P ( x ) ≡ − x(mod p) + P(1) = p(p − 1) ≡ 0(mod p) + x ≠ 1(mod p) ⇒ P(x) ≠ 0(mod p) + x, y ≠ 1(mod p) ⇒ (1 − x)P(x) ≡ (1 − y)P (y)(mod p) P(x) ≡ P(y)(mod p) ⇔ x ≡ y(mod p) 13 Bài tốn Tìm số nguyên dương a lẻ cho với số nguyên dương k lớn tồn số nguyên x thỏa mãn a ≡ x (mod 2k ) Lời giải • a ≡ x (mod 2k ) , a lẻ, k ≥ ⇒ x lẻ ⇒ a ≡ x ≡ 1(mod 8) • Với a ≡ 1(mod 8) , suy tồn n nguyên dương cho a = 8n + + k = 3: Chọn x = + k > 3: Nhận xét: Nếu x chạy qua HTDĐĐ modulo 2m 2x2+x chạy qua HTDĐĐ đầy đủ modulo 2m (m nguyên dương) Thật vậy: 2x + x ≡ 2y + y(mod 2m ) ⇔ (x − y)(2x + 2y + 1) ≡ 0(mod m ) ⇔ x − y ≡ 0(mod 2m ) ⇔ x ≡ y(mod m ) Do đó: Tồn t nguyên thỏa mãn: n ≡ 2t + t(mod 2k −3 ) ⇒ 8n + ≡ (4t + 1) (mod 2k ) Suy a ≡ x (mod 2k )(x = 4t + 1) Kết luận: a thỏa mãn a ≡ 1(mod 8) Bài toán Cho số nguyên tố p lớn Chứng minh rằng: p −1 a) ( (p-1)!) ∑ Mp i i =1 14 p −1 i =1 i b) (p-1)!∑ Mp Lời giải: Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 1(mod p) Do đó: ( (p-1)!) p −1 p −1 ≡∑ i ∑ i =1 i i =1 () p −1 = ∑ i ≡ 0(mod p) hay ( (p-1)!) i =1 p −1 ∑i i =1 Mp p −1 p −1 p −1 1 1  (p-1)! = (p-1)! + = p(p-1)! ∑ ∑ ∑  ÷ p−i i =1 i i =1  i i =1 i(p − i) p −1 (p-1)!∑ i =1 p −1 p −1 p −1 1 ≡ ∑ i(p − i) ≡ −∑ i ≡ 0(mod p) ⇒ (p-1)!∑ Mp i(p − i) i =1 i =1 i =1 i Bài toán Cho số nguyên dương n lẻ, A = {k ∈ N|1 ≤ k < n, (n, k) = (n, k + 1) = 1} Chứng minh rằng: ∏ a ≡ 1(mod n) a∈A Lời giải: Ta chứng minh với số tự nhiên x thuộc A tồn x thuộc A thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) x = x x = Thật vậy: Giả sử {x1 , x , , x ϕ(n) } HTDTG modulo n, < x i < n∀i = 1, n Vì x ∈ A ⇒ (x, n) = ⇒ {xx1 , xx , , xx ϕ(n ) } HTDTG modulo n Do tồn x thuộc {x1 , x , , x ϕ(n ) } thỏa mãn xx ≡ 1(mod n) Ta có: xx ≡ 1(mod n) ⇒ (x + 1)x ≡ x + 1(mod n) ⇒ (x + 1, n) = ⇒ x ∈ A 15 x = x ⇒ (x + 1)(x − 1) ≡ 0(mod n) ⇒ x − ≡ 0(mod n) ⇒ x = A −1 Từ nhận xét suy A lẻ A \ {1} chia thành cặp nghịch đảo theo modulo n Từ ta có điều phải chứng minh α α α Nhận xét: Với n = p1 p2 p k ( pi số nguyên tố phân biệt), ta có k A = n ∏ (1 − i =1 k ) pi Bài toán Cho số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ 1(mod8) Chứng minh rằng: a) p −1 ≡ 1(modp) b) Tồn số nguyên a thoả mãn a ≡ 2(modp) Lời giải: a) Vì p ≡ 1(mod8) nên p có dạng 8k + (k nguyên dương)  p −1  ÷! = (2.4 4k)(1.3 (4k − 1)) ≡ (2.4 4k) ( (1 − p)(3 − p) (4k − − p) )   ≡ (−1) 2.4 (8k) = 1.2 (4k) = 2k Suy 4k p −1 p −1  p −1  ÷!(mod p)   ≡ 1(modp) b) Nhận xét: Với x ∈{1,2,3, ,p − 1} tồn x ∈{1,2,3, ,p − 1} thỏa mãn xx ≡ 2(mod p) 16 Nếu không tồn x thuộc {1,2,3, ,p − 1} cho x ≡ 2(modp) {1,2,3, ,p − 1} chia thành p −1 p −1 tập {x, x } thỏa mãn xx ≡ 2(mod p) Suy ≡ (p − 1)! ≡ −1(modp) , mâu thuẫn với ý a Do ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho số nguyên tố p số nguyên a thỏa mãn p ≡ 1(mod 4), (a,p) = Tính: p −1  ak    ∑ k =1  p  Lời giải Nhận xét: Với x, y nguyên thỏa mãn x + y ≡ 0(mod p) , (x, p) = ta có  x   y2   +   =1 p p  x   y2  < Thật vậy:  ,   < 1, p p  x   y2  x + y2  x   y2   x   y2   x   y2  −   −   ⇒   +  ∈Z⇒   +   =1  +  = p p p p p p p p p Theo toán 2, với x thuộc {1;2; ; thuộc {1;2; ; p −1 } thỏa mãn x + x ( ) p −1 } tồn x ≡ 0(mod p) 17 Suy ( )  a k   ak  ÷ p −1   ak  +  2∑ ,  = ∑     ÷= k =1  p  k =1   p   p ÷    p −1 2 p −1 p −1  ak  p −  = ∑ p k =1   18 MỘT SỐ BÀI TẬP Cho đa thức Q(x) = (p – 1)xp – x – (p số nguyên tố lẻ).Chứng minh rằng: Với số nguyên m tồn tai số nguyên n thỏa mãn Q(n) – m chia hết cho pp Cho a, b số nguyên dương nguyên tố nhau, b > Chứng minh với số nguyên N, tồn cặp số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện N = ax + by ≤ x < b Cho a, b số nguyên dương nguyên tố Chứng minh N = ab – a – b số nguyên lớn không biểu diễn dạng ax + by với x, y số nguyên không âm Hơn nữa, với p, q nguyên với p + q = N, có hai số p, q biểu diễn dạng ax + by với x, y số nguyên không âm (mà ta gọi tắt biểu diễn được) Cho số nguyên dương n số nguyên tố p lớn n+1 Chứng minh đa thức P(x) = + x x2 xp + + + khơng có nghiệm ngun n + 2n + pn + Cho dãy số (an) xác định a1 = 1, a n = a n −1 + a  n  , n ∈ N* 2   Chứng minh dãy số (an) chứa vô hạn số nguyên chia hết cho n n −1 Chứng minh rằng: C22n +1 − C 22n M23n , M23n +1 x  2x   (p − 1)x  nguyên tố y  Tìm x, y nguyên dương cho   +   + +  y  y   19 17 k  Tính tổng: ∑   i =1  11  2015 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hà Huy Khoái (2004), Số học, Nhà XB Giáo dục [2] Titu Andresscu and Dorin Andrica, Number Theory, Structures, Examples and Problems, Springer 20 III KẾT LUẬN Sáng kiến đưa cách tiếp cận toán số học qua Hệ thăng dư, giúp em học sinh dễ dàng tiếp thu hệ thống kiến thức số học, hình thành tư số học cách tự nhiên Sáng kiến tác giả ứng dụng thực tế giảng dạy lớp chuyên toán tập huấn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, thu kết tốt Các em học sinh tiếp thu kiến thức số học tốt hơn, vận dụng giải nhiều tập khó kì thi Góp phần nâng cao thành tích học sinh giỏi Quốc gia mơn tốn năm học qua Các tác giả mong nhận đóng góp ý kiến bạn bè đồng nghiệp Ninh Bình, tháng 05 năm 2015 Các tác giả 21 ... cận, xây dựng hệ thống kiến thức số học qua lí thuyết Hệ thặng dư coi cách tiếp cận tự nhiên cho người học Ngay từ học số lớp tiểu học, trung học sở giải toán chia hết, chẳng hạn chứng minh biểu... Hệ thặng dư từ học lọt lòng số học Tiếp cận toán số học lí thuyết Hệ thặng dư mục đích nghiên cứu đề tài tác giả Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài kiến thức Hệ thặng dư, ... thăng dư, giúp em học sinh dễ dàng tiếp thu hệ thống kiến thức số học, hình thành tư số học cách tự nhiên Sáng kiến tác giả ứng dụng thực tế giảng dạy lớp chuyên toán tập huấn đội tuyển học sinh