Thông tin tài liệu
Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC ĐỒNG BẰNG VÀ DUYÊN HẢI BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC MÃ CHUYÊN ĐỀ BÁO CÁO KẾT QUẢ CHUYÊN ĐỀ HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐBDHBB TÊN CHUYÊN ĐỀ “THẶNG DƯ BÌNH PHƯƠNG VÀ ỨNG DỤNG” Mơn/ Nhóm mơn: Tốn Tổ mơn: Tốn - Tin Mã mơn: Người thực hiện: Nguyễn Duy Liên Điện thoại: 0123.304.5361 Email: lientoancvp@vinhphuc.edu.vn Vĩnh Phúc , tháng năm 2016 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” MỤC LỤC BẢNG CÁC KÝ HIỆU PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU IV GIẢ THUYÊT KHOA HỌC V BỐ CỤC PHẦN II: NỘI DUNG I KIẾN THỨC CƠ BẢN II ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN 13 II Ứng dụng giải toán dãy số nguyên đa thức 13 II Ứng dụng giải toán chứng minh sử dụng tập hợp số nguyên tố vô hạn 19 II Ứng dụngcủa thặng dư bình phương tốn chứng minh chia hết 24 II Ứng dụng thặng dư bình phương tốn, Giải phương trình nghiệm nguyên 30 II Ứng dụngcủa thặng dư bình phương việc tính tổng chứng minh tồn số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức số 34 III BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 38 IV KẾT QUẢ SAU KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI 42 PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 43 Một số hướng phát triển Đề tài 43 Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” BẢNG CÁC KÝ HIỆU : Tập hợp số tự nhiên : 0;1;2;3; * : Tập hợp số tự nhiên khác : 1;2;3; : Tập hợp số nguyên : ; 3; 2; 1;0;1;2;3; : Tập hợp số nguyên tố : : Tập hợp số hữu tỉ Tập hợp số phức : Tập hợp số thực x : x thuộc ; x số nguyên a b : a chia hết cho b , a bội b a b : a không chia hết cho b b|a : b ước a , b chia hết a b | a : b không ước a a b mod m : a đồng dư với b theo môđun m , a b chia hết cho m a, b : ƯCLN a b a, b : BCNN a b a; b : cặp số ,nghiệm phương trình hai ẩn số : Suy : Tương đương với ,khi (đpcm), : Điều phải chứng minh , kết thúc toán hay phép chứng minh , , , : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao n : Hàm Ơle số nguyên dương n Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học vua khoa học Số học Nữ hồng" Điều nói lên tầm quan trọng Số học đời sống khoa học Số học giúp người ta có nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, toán Số học thường đóng vai trị quan trọng Chúng ta làm quen nhiều dạng tốn Số học, biết nhiều phương pháp giải, có có cách giải Mỗi gặp tốn lại phải suy nghĩ tìm cách giải Sự phong phú đa dạng tốn Số học ln hấp dẫn giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Xuất phát từ ý nghĩ tơi sưu tầm hệ thống lại số toán để viết lên chuyên đề "Thặng dư bình phương ứng dụng ” Chuyên đề gồm phần : - Báng kí hiệu - Lời nói đầu - Phần I: Kiến thức - Ứng dụng 1: Ứng dụng giải toán dãy số nguyên đa thức - Ứng dụng 2: Ứng dụng giải tốn tập hợp số ngun tố vơ hạn - Ứng dụng 3: Ứng dụng giải toán chứng minh chia hết - Ứng dụng 4: Ứng dụng giải tốn giải phương trình nghiệm ngun Phần III: Bài tập tương tự Phần IV: Tài liệu tham khảo Mục tiêu số mẫu, số khác biệt nói lên phần yếu chuyên đề Tuy vậy, thiếu sót nhầm lẫn khơng thể tránh khỏi tất , phương diện chuyên môn phương diện sư phạm Lối trình bày giải lối Tôi cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chun đề, học sinh theo mà khơng lạc hướng Ngồi lúc viết tơi ln ln ý đến bạn nhiều lí phải tự học, giản dị đầy đủ phương châm viết chuyên đề Tôi xin trân thành cảm ơn thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho chỗ thơ lâu phê bình chân thành để có dịp tơi sửa chữa chun đề hoàn thiện Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu vai trò Thặng dư bình phương việc giải tốn số học sơ cấp - Vận dụng định nghĩa tính chất Thặng dư bình phương tình cụ thể nhằm phát huy khả tư toán học cho học sinh - Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy lực tư giải tốn phần Thặng dư bình phương chương trình chun tốn THPT III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Trong viết Chuyên đề sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu chuyên Thặng dư bình phương đặc biệt tài liệu liên quan đến Thặng dư bình phương tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh lớp chuyên toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm IV GIẢ THUYÊT KHOA HỌC Nếu học sinh học chuyên sâu theo chuyên đề phát triển lực tư Toán học, đặc biệt có phương pháp để giải tốn Thặng dư bình phương Đây phần khó với học sinh lớp chun tốn V BỐ CỤC Chuyên đề gồm ba phần chính: Phần I- ĐẶT VẤN ĐỀ Phần II- NỘI DUNG I Kiến thức II Các ứng dụng - Ứng dụng 1: Ứng dụng giải toán dãy số nguyên đa thức - Ứng dụng 2: Ứng dụng giải tốn tập hợp số ngun tố vơ hạn - Ứng dụng 3: Ứng dụng giải toán chứng minh chia hết - Ứng dụng 4: Ứng dụng giải tốn giải phương trình nghiệm nguyên III: Bài tập tương tự IV Kết sau áp dụng Chuyên đề Phần III- Kết luận kiến nghị Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” PHẦN II: NỘI DUNG I KIẾN THỨC CƠ BẢN Mục đích chuyên đề trả lời câu hỏi phương trình x a mod m có nghiệm Nhờ định lý thặng dư Trung Hoa ta đưa câu hỏi dạng đơn giản phương trình x q mod p có nghiệm , p, q số nguyên tố Kết quan trọng chuyên đề Luật thận nghịch bình phương , khẳng định hai phương trình x q mod p , x p mod q ln có nghiệm , khơng có nghiệm, trừ trường hợp p q có dạng 4k Trong trường hợp , có hai phương trình có nghiệm Định nghĩa Cho số nguyên dương m Số nguyên a gọi thặng dư bình phương modulo m a, m phương trình x a mod m có nghiệm Nếu phương trình x a mod m khơng có nghiệm ta nói a khơng thặng dư bình phương modulo m ( ta thường gọi a số phương modulo m , a số khơng phương modulo m ) Ví dụ : số 1,3,4,5,9 số phương modulo 11, số 2,6,7,8,10 số khơng phương modulo 11 , Định lí Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên không chia hết cho p Khi phương trình x a mod p vơ nghiệm , có nghiệm không đồng dư theo modulo p Chứng minh Nếu phương trình x a mod p 1 có nghiệm x0 x x0 nghiệm phương trình 1 x0 x02 a mod p Giả sử x1 nghiệm phương trình 1 x12 x02 a mod p x12 x02 x1 x0 x1 x0 mod p p | x1 x0 p | x1 x0 x1 x0 mod p x1 x0 mod p túc phương trình x a mod p có nghiệm theo modulo p Định lí 1.2 Nếu p số nguyên tố lẻ số 1,2,3, , p có p 1 p 1 số phương modulo p số khơng phương modulo p 2 Chứng minh.Gọi a thặng dư bậc hai theo modulo p Xét phương trình x a mod p Phương trình có nghiệm khơng đồng dư theo modulo p suy số a ứng với số thuộc tập 12 ,22 , , p 1 số p 1 số số số không p 1 p 1 p 1 số 2 số a phương modulo p Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Định nghĩa Cho p số nguyên tố lẻ a số ngun khơng chia hết cho a p Kí hiệu Lengendre định nghĩa sau: p a nÕu a số phương mod p p a a số không chÝnh ph¬ng mod p p 1 3 4 5 9 Ví dụ : 1, 11 11 11 11 11 10 1 11 11 11 11 11 Định lí ( Tiêu chuẩn Euler’s ) Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên dương không chia hết cho p p 1 a a mod p p Chứng minh a Nếu x0 : x02 a mod p Khi theo định lý Fermat’s ta có p p 1 p 1 p 1 a p 1 2 a a x0 x0 1 mod p mod p p a Nếu 1 Khi phương trình x a mod p 1 vô nghiệm p Với i 1, 2,3, , p 1 tồn j 1,2,3, , p 1 cho ij a mod p 1 vô nghiệm nên i j Ta chia tập 1,2,3, , p 1 thành p 1 cặp cho tích cặp đồng dư với a mod p p 1 p 1! a mod p * Từ * ** suy Theo định lý Wilson’s p 1! 1 mod p (**) p 1 a a 1 mod p Vậy ta a mod p p Ví dụ : p 23 a , 511 1 mod 23 theo tiêu chuẩn Euler’s p 1 1 23 Vậy số khơng phương modulo 23 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Định lí 3.Cho p số nguyên tố lẻ a, b số nguyên không chia hết cho p a b Nếu a b mod p p p a b ab ii p p p i a2 iii p Chứng minh i Nếu a b mod p x a mod p có nghiệm a b x b mod p có nghiệm p p p 1 p 1 a b Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có a mod p , b mod p p p p p p 1 p 1 ab a b ab 2 2 Do ab mod p a b ab p p p p mod p ii iii a a a a theo ii ta có p p p p Định lí Cho p số nguyên tố lẻ neu p 1 mod p 1 neu p 1 mod p 1 1 Chứng minh Theo tiêu chuẩn Euler’s ta có 1 mod p p Nếu p 1 mod p 4k , k 1 p 1 Nếu p 3 mod p 4k , k 1 p 1 1 2k 1 p 1 k 1 1 1 p 1 Bổ đề Gauss’ : Cho p số nguyên tố lẻ a số nguyên dương không chia p 1 a Và lớp thặng dư dương hết cho p , xét số nguyên a,2 a,3a, , nhỏ Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Gọi n số lớp thặng dư vượt a p n 1 ( n xác p p 1 ja định công thức n ) j 1 p Chứng minh Gọi r1 , r2 , , rn lớp thặng dư lớn p , s1 , s2 , , sk lớp thặng dư cịn lại Ta có số r1 , r2 , , rn , s1 , s2 , , sk phân biệt n k p 1 p 1 Ta chứng minh : p r1 , p r2 , , p rn , s1 , s2 , , sk 1,2, , Do phần tử p r1 , p r2 , , p rn , s1 , s2 , , sk nằm p 1 p 1 tập 1,2, , , ta chứng minh phần tử n k p r1 , p r2 , , p rn , s1, s2 , , sk phân biệt đủ Thật ,ta có r1 , r2 , , rn , s1 , s2 , , sk phân biệt Nếu tồn i, j cho p ri s j tồn hai số nguyên dương li , m j p 1 , p ri s j li m j a p li m j vô lý thoả mãn ri li a , s j m j a ,0 li m j p 1 Từ suy p r1 , p r2 , , p rn , s1 , s2 , , sk 1,2, , p 1 p r1 p r2 p rn s1s2 sk ! p 1 Do r1 r2 rn s1s2 sk ! mod p p 1 n n p 1 p 1 p 1 1 rr1 rn s1s2 sk ! mod p 1 !a ! mod p Từ suy p 1 p 1 a n n n 1 a 1 mod p a 1 mod p 1 mod p p 5 Ví dụ : cho a , p 11 tìm từ bổ đề Gauss’ 11 Xét số nguyên 5,2 5,3 5,4 Và lớp thặng dư dương nhỏ chúng tương ứng với lớp thặng dư 5,10,4,9 Ta thấy có 11 5 hai lớp thặng dư vượt theo bổ đề Gauss’ ta có 1 11 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” p 1 2 Định lí Cho p số nguyên tố lẻ 1 p 2 2 Từ đó: p mod8 , 1 p p p mod8 Chứng minh : Nếu p mod8 ta có : p 1 p 1 p 1 p 2 ! p 1 5 3 1 p 1 ! mod p Vậy với số nguyên tố p p 1 p 1 2 mod8 2 1 mod p theo định lý ta có p 1 p 1 2 p 1 mod8 , 1 p mod8 p Tương tự : p mod8 ta có p 1 p 1 p p 1 ! p 1 5 3 1 p 1 ! mod p Vậy với số nguyên tố p mod8 p 1 p 1 2 2 1 mod p theo định lý ta có p mod8 , p 1 p 1 2 p 1 p mod8 Trong chứng minh ta sư dụng trực tiếp bổ đề Gauss’ với a Khi p số n bổ đề số số chẵn nằm khoảng ; p ta có 2 p 1 Nếu p mod8 ta có số chẵn ,nên số số chẵn nằm p 1 p 1 p p 1 khoảng ; p 2 10 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” hai điều mâu thuẫn với Vậy không tồn số nguyên dương m, n cho m, n 1, 5m 1 5n Bài toán 4.2 ( 2007 Serbia Mathematical Olympiad) Tìm tất cặp số nguyên dương x, n cho x x n Lời giải Giả sử x, n số nguyên dương thỏa mãn x3 x 2n 1 + n phương trình 1 trở thành x3 x vô nghiệm( VT VP) + n phương trình 1 trở thành x3 x x + n từ phương trình 1 x lẻ Từ 1 x x n Vì x x chia hết cho với x n chẵn Từ 1 x x 2n x 1 x x n Giải sử p ước nguyên tố x x p lẻ Từ đó: n mod p p 1 p 1 2 1 Do chẵn 2 mod p n 1 1 p có p p p dạng 8m 8m m (*) Mặt khác n x x mod8 x mod8 x x mod8 (**) (vơ lí ) Vậy có cặp số nguyên dương thỏa mãn x, n 1,2 Bài toán 4.3 Chứng minh phương trình x y3 khơng có nghiệm ngun Lời giải Giả sử phương trình x y có nghiệm nguyên x, y +Nếu y chẵn x mod8 x mod8 vơ lí Do y số lẻ Phương trình x y x y y y y y số lẻ nên y y lẻ, gọi p ước nguyên tố y y suy p lẻ p mod * 3 Từ y y mod p y 1 mod p p 3 Mặt khác x y y y x mod p p 3 1 1 Nên ta có Vậy p 1 mod ** p p p p * ** mâu thuẫn với suy điều giả sử sai hay phương trình x y khơng có nghiệm ngun Nhận xét ta giải tốn qua việc sử dụng kí hiệu Jakobi sau 31 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Do y số lẻ,nếu y mod x y 33 mod vô lý Suy y 1 mod y z , z Khi ta có x y y 1 y y 1 z 16 z 12 z 3 Suy x2 mod 16 z 12 z 3 x 4 mod 16 z 12 z 3 4 1 Sử dụng kí hiệu Jakobi ta 1, vô 2 16 z 12 z 16 z 12 z lí (vì 16 z 12 z mod ) Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun Bài tốn 4.4 Tìm tất số ngun dương k thỏa mãn với k số nguyên tố lẻ p1 , p2 , , pk Tồn số nguyên dương a, n n 1 cho p1 p2 pk a n Lời giải Giả sử k số nguyên dương cho tồn số nguyên dương a, n n 1 thỏa mãn p1 p2 pk a n , với p1 , p2 , , pk k số nguyên tố lẻ Xét khả sau Nếu n chẵn n 1 Ta có a mod pi a 1 mod pi i 1, k 1i 1, k từ pi 1 1 ta có vơ lí p1 Nếu n lẻ n pn n Giả sử tồn i 1,2, , k cho pi n Khi ta có pi a a i pn Mà theo định lí Fermat’s ta có pi a i pi pi n n pi pi a pi a pi pn n v pi a i v pi pi pi a Suy pi2 p1 p2 pk vơ lí số nguyên tố pi i 1, k đôi phân biệt n n Do v pi a 1 v pi a pi Kết hợp với n lẻ, n suy tất ước nguyên tố n lớn pk Do n pk Giả sử a khơng có ước nguyên tố lẻ a 2m , m * p1 p2 pk 2m.n 32 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” 1 Nếu m chẵn 1i 1, k (vơ lí) p Nếu m lẻ ta có x mod (vì dễ thấy k ) với x 2 Từ suy x mod (vơ lí) 5 Vậy tồn p số nguyên tố lẻ cho p a mà p pk mn 1 a, pi 1i 1, k nên Suy p1 p2 pk a n pkpk (vơ lí) Vậy khơng tồn số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện toán Bài tốn 4.5 ( 2008 Serbia Mathematical Olympiad) Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình : 12 x y 2008z Lời giải Nếu z y Nếu x chẵn vế trái phương trình có dạng a b Nếu x lẻ vế trái phương trình có dạng a 3b Mà 2008 251 , 251 a, b 1 a, b * * p 251 số nguyên tố a, b không chia hết cho 1 Từ 1 a b mod 251 1 251 3 Từ a 3b2 mod 251 1 251 2511 1 Mặt khác 1 (vơ lí) 251 2511 3 1 251 1 (vơ lí) 251 251 251 251 3 Vậy z x y Phương trình có nghiệm x y z Nhận xét ta có lời giải bất ngờ thú vị qua việc sử dụng thặng dư bình phương cho số nguyên tố 251.Rõ ràng thặng dư bình phương hữu dụng giải phương trình nghiệm ngun Bài tốn 4.6 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình sau: n 20031005 m 1 2m 3.C2011 2012 Lời giải 20111 20112 1 2003 8 2 Ta có 1 (luật tương hỗ 1 2011 2011 2011 1005 Gauss’) 2003 1 mod 2011 ( 2011 số nguyên tố ) 33 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” n Vậy phương trình cho tương đương với m 2m 3.C2011 2012 mod 2011 Nếu n 2011 C 2012 2011 m 1 mod 2011 từ suy n 20112012 20111 2011 2 m mod 2011 1 ( vơ lí ) 2011 7 2012 Vậy n 2011 Khi phương trình trỏ thành 20031005 m 1 2m m lẻ Ta thấy phương trình vơ nghiệm ( việc sử dụng mod8) Vậy phương trình vơ nghiệm II Ứng dụngcủa thặng dư bình phương việc tính tổng chứng minh tồn số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức số Bài toán 5.1 r Cho số nguyên tố p , p 4k k * Tập hợp L 1 r p : 1 p Tính tổng S r rL Lời giải Tập A 1,2, , p 1 có p 1 r 2k số r : p p 1 r 2k Ta có r : r 1 mod p r k 1 mod p p r 1 mod p p p 1 pr p r 1 mod p p Từ ta chia 2k số phương modulo p vào k cặp a1, b1 , a2 , b2 , ., ak , bk cho bi p i 1, k k k k Vậy S r bi bi kp rL i 1 i 1 i 1 p p 1 Bài toán 5.2.( Korea MO 2000) p 1 2k k2 Cho số nguyên tố p , p 1 mod Hãy tính S p k 1 p 2 2 2 2k 2k 2k k k k Lời giải Ta có , p p p p p p Ta thấy 2k k2 k 2k Cho nên 2 p 2 p p p + Nếu x 2 x 2 x 2 x 2 x 34 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” 2 x 2 x 2 x 2 x 1 k2 Do S số số k 1,2, , p 1 : hay số lớp thặng dư p + Nếu x p 1 k khác k đồng dư với số nằm khoảng ; p 1 modulo p p 1 Ta biết tập 1,2, , p 1 có số phương mod p a 1 a a p a Do p, p 1 mod 1 p p p p p p 1 p 1 Như ta có số phương mod p khơng lớn p 1 p 1 có số phương mod p lớn p 1 2k k p 1 Do S 2 p k 1 p Bài toán 5.3.( 2005 Balkan TST) Cho n số nguyên dương số nguyên tố p , p mod8 , chứng minh n k p p 2 k 1 p 1 p 1 n p21 2n n p 1 n 2 1 1 k k 1 k k Lời giải Ta có 2 k 1 p p p p k 1 k k p 1 p 1 n p 2n k k p k 1 p k 1 p 1 p 1 n p 1 k 2n Ta cần chứng minh: k p p k 1 k 1 n n n k 2k k p 1 Ta có , k 1,2,, p p p n 2k n p 1 Với k 1,2,, 2k p rk , rk 1,2, , p 1 (*) p 35 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” n 2 r Vì p , p mod8 Từ * rk 2k mod p k p p p 1 Ta chứng minh rk rl với k l 2n Thật rk rl : rk rl k l 2n n 1 2 k l k 2j l2 j 0 j mod p j j p 1 k l mod p , k l mod p với j p 1 1 1 ) Và k l mod p ) Vậy từ ta có số phương p (vơ lí )( k l p 1 modulo p ( số rk , k 1,2, , ) n Lập luận tương tự với k rk mod p , k 1, 2, , p 1 ta p 1 r r k k 1 p 1 n p 1 p 1 n p 1 k k 1 n k 2k k Và đẳng thức k 1 p k 1 p k 1 p p 1 p 1 p 1 n n n 1 k rk k rk k p k 1 p k 1 p k 1 2 1 Nhận xét : toán 5.3 ta sử dụng , 1 với số nguyên p p tố p , p mod8 ,để tính số số rk , rk sơ phương modlo p cho ta p 1 kết đẹp thú vị p 1 r r k k 1 k thuận lợi cho tính tổng k 1 toán Bài toán 5.4 Chứng minh với số nguyên tố lẻ p tồn số nguyên dương a a thỏa mãn tính chất : 1 a p p Lời giải Gọi a số nguyên dương nhỏ khơng thặng dư bình phương ab p p số nguyên tố lẻ p Đặt b ab p a a p ab p ab a b b b Vậy 1 , theo cách chọn a p p p p p p 36 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Suy a b p 1 a p Bài toán 5.5 (2004 Iran TST) Cho trước số nguyên tố lẻ p số nguyên dương k , chứng minh tồn số n nk nguyên dương n cho p p Lời giải Bài toán tương đương với việc chứng minh tồn số nguyên dương n nn k thỏa mãn Để giải toán ta dùng phương pháp phản p chứng nn k Giả sử tồn k * , k p cho 1 , 1 n p Vì p p 1 với số nguyên tố lẻ p có số khơng phương mod p p 1 Do f n, k , p n n k mod p nhận nhiều giá trị phân biệt tồn số phương mod p Vậy tập giá trị f n, k , p nhận không p 1 phần tử , theo ngun lí Dirichlet ta có ba số ngun x, y, z 1 x, y, z p phân biệt cho : , f x , k , p f y , k , p f z , k , p Tức : p x y k x x k y y k z z k mod p p y z k x y z mod p p z x k Điều vơ lí x, y, z phân biệt x, y, z p Vậy điều giả sử sai nên từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn 5.6 22011 2002 Chứng minh : 2003 2003 1001 2003 2003 2003 1001 Lời giải 2003 ,2003 mod8 1 1 mod 2003 2003 37 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Ta có 2003 2i 21001 1 21001 i 2i , 21001i 2i khơng bội 2003 , ta 2i 21001i 2i 21001i nhận thấy 2003 2003 (*) , áp dụng công thức (*) với 2003 i=0,1,2,…,1000 ta 22001 22 2001 1001 1001 2003 2003 2003 2003 2003 22002 1001 2003 III BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài Chứng minh với số nguyên dương n n ,ước nguyên tố n số Fermat’s : Fn 22 có dạng p s.2n , s * Bài Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương 4xyz x y t Bài Chứng minh số 4kxy không chia hết cho số x n y n với x, y, k , n số nguyên dương Bài Cho P x Q x hai đa thức với hệ số nguyên, nguyên tố Giả sử với số nguyên n P n , Q n số nguyên dương 2Q n chia hết 3P n Chứng minh Q x đa thức Bài Cho a, b, c số nguyên p số nguyên tố lẻ khác p5 Chứng minh f x ax bx c số phương giá trị liên tiếp x p chia hết b ac Bài Chứng minh với số nguyên dương n ,đều tồn số nguyên dương khác đôi nguyên tố : k1 , k2 , , k n Sao cho k1k kn tích hai số nguyên liên tiếp Bài Cho số nguyên dương a Xét dãy số nguyên xn ,xác định x1 a , xn 1 xn n 1, 2,3, Đặt yn xn Tìm số nguyên dương k lớn cho tồn số nguyên dương a để số y1 , y2 , , yk số nguyên tố Bài Cho dãy số un n1 xác định u1 , u2 11 , un 2 un1 5un n * Chứng minh u n khơng số phương với n Bài (2005 Moldova TST) Cho hai hàm số f , g : * * thỏa mãn điều kiện i) g toàn ánh ii) f n n g n 38 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Chứng minh nếu: f n n 2013 n , n * Thì f có vơ số điểm bất động Bài 10 Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn x cho p x x tồn y cho p y y 25 Bài 11 Chứng minh ước số lẻ số x có chữ số hàng chục chẵn Bài 12 Chứng minh với số nguyên tố p tồn số nguyên x, y cho x y bội p Bài 13 Với số nguyên a , tính số nghiệm x, y, z phương trình đồng dư : x y z 2axyz mod p a2 Bài 14 Chứng minh không số nguyên với số nguyên dương b 5 a, b Bài 15 Cho n , chứng minh ước nguyên tố n8 n có dạng 24k , k Bài 16 Tìm tất n , cho tập A n, n 1, n 2, , n 1997 phân hoạch thành hai tập dời mà tích phần tử tập Bài 17 Cho dãy số xn n1 xác định x1 , x2 97 , xn1 xn2 , n * Chứng minh 2003 khơng chia hết số hạng dãy số n Bài 18 Cho a, n số nguyên dương Chứng minh : 2a 3 n lẻ a 3n Bài19.(2003 IMO-Japan) Cho dãy số xn n xác định : x0 , xn1 xn2 , n Chứng minh với số nguyên dương n , p ước nguyên tố xn p mod 2n Bài 20 Cho dãy số xn n1 xác định : x1 , xn1 xn2 , n * Cho n , n lẻ ,chứng minh xn 1 2n 2n số nguyên tố Bài 21 Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố dương thỏa mãn : an n* ,bn n* dãy số nguyên a b 2n an bn Tìm tất số nguyên tố p cho tồn số nguyên dương n p , thỏa mãn bn chia hết cho p 39 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Bài 22 (1997 APMO) Tìm tất số nguyên dương n, 100 n 1997 cho n 2n Bài 23 (1999-Korean Mathematical Olympiad) Tìm tất số nguyên dương n cho 2n bội tồn số 2n nguyên m cho ước số 4m Bài 24 (2000- Korean Mathematical Olympiad) Chứng minh với số nguyên tố p , tồn số nguyên x, y, z, cho x y z p với p Bài 25 (2008- Czech-Polish-Slovakian Mathematical Olympiad) Chứng minh tồn số nguyên dương n cho với số nguyên dương k k k n khơng có ước nguyên tố nhỏ 2008 Bài 26 (KHTNHN TST) Cho ba số nguyên dương a, b, c Chứng minh a, b, c, abc khơng số a b c phương tồn vô số nguyên tố p cho : p p p Bài 27 (2013 Iran TST) Có tồn số nguyên dương cho : a, b, c a b c 2013 ab bc ca ? Bài 28 (2011 CWMO) Tìm tất cặp số nguyên dương a, b cho với số nguyên dương n , ta có : n a n b n1 Bài 29 (Gazeta Mathematical ) Cho p mod3 số nguyên tố Chứng minh phương trình : x1p x2p xnp x1 x2 xn , n * khơng có nghiệm ngun Bài 30 (Gazeta Mathematical) q Tìm tất số nguyên tố q cho : 1993 q 1 Bài 31 (Radu Gologa, Gazeta Mathematică) Cho p 1 mod8 số nguyên tố m, n số nguyên dương cho : m m p Chứng minh p n n mn Bài 32 (Calin Popescu, AMM) p 1 k2 Cho p số nguyên tố có dạng 8k , k Hãy tính tổng : 2 k 1 p Bài 33 (2005 Vietnamese TST ) Cho số nguyên tố p p 3 Tính 40 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” p 1 2k k2 S 2 p k 1 p p mod p 1 k2 P p mod8 k 1 p Bài 34 (J.L.Selfridge AMM E3012 ) Cho a b số nguyên dương cho a a b mod Chứng minh 2a không ước 3b Bài 35 (Gabriel Dospinescu ) Cho p số nguyên tố có dạng 4k , k * , cho p 2 p Chứng minh p ước nguyên tố lớn nhât q p thỏa mãn bất đẳng thức 2q p Bài 36 ( 2007 Bulgarian TST) Cho p số nguyên tố có dạng 4k , k , tìm số lớp thặng dư khác mod p x y gcd x, p gcd y, p Bài 37 ( Gazeta Mathematică) Cho p 1 mod8 số nguyên tố Chứng minh tồn số nguyên x x2 p số phương Bài 38 (2007 Ukraina TST) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n cho tất ước số nguyên tố n n không lớn n Bài 39 (2007 Moldova TST) Chứng minh tồn vô số số ngun tố p có tính chất sau : Tồn vô số số nguyên dương n cho p không chia hết cho n n! chia hết cho p Bài 40 (2013 BMO TST) a12 a1 1 a22 a2 1 an2 an 1 Cho tập hợp S số hữu tỉ có dạng : b12 b1 1 b22 b2 1bn2 bn 1 cho Với n, a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn chạy qua số nguyên dương Chứng minh S gồm vô hạn số nguyên tố Bài 41 Cho p số nguyên tố có dạng 4k , k * Tập hợp Y 1,2, , kp thỏa mãn y Y , r y xp y , x 1 p y xp , x 1, k Tính T r y yY 41 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” k Tính T xp x 1 Bài 42 Chứng minh số 3n n * khơng có ước dạng 12k 11 k Bài 43 (Turkey TST 2013) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : m6 nn 1 n Bài 44 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 3x y z Bài 45 (Turkey Junior BalkanMathematica TST 2013) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn : 2n n! 1 Bài 46 Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn : n11 199 số phương Bài 47 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x 13 y 8z Bài 48 n Tìm cặp số nguyên không âm m, n thỏa mãn 107 56 m2 1 m C113 114 IV KẾT QUẢ SAU KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI Trong ba năm học vừa qua thực đề tài với nhóm học sinh có học lực giỏi (lớp 10A1,11A1,12A1) Để đánh giá hiệu chuyên đề thực hai kiểm tra trước sau áp dụng, cụ thể sau: Đề 1(Trước thực chuyên đề) Đề 2(Sau thực chuyên đề) Hai đề có mức độ khó tương đương Kết cho thấy điểm số trung bình lớp 10A1 tăng 68,74%,.Như vậy, việc áp dụng chuyên đề có hiệu lớp học sinh giỏi Chuyên đề giảng dạy cho học sinh giỏi toán trại hè Hùng Vương tháng 08 năm 2013 với kết tốt , giảng dạy cho học sinh giỏi toàn quốc Viện toán cao cấp nghiên cứu toán Việt Nam tháng năm 2014, với kết tốt Chuyên đề in sách “Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic” - Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh xuất năm 2014 42 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Một số hướng phát triển Chuyên đề -Khai thác thêm kỹ đánh giá khác -Kỹ tư học sinh với kiến thức số học liên quan đến chuyên đề -Ứng dụng giải lớp tập số học liên quan đến Thặng dư bình phương Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng chuyên đề Chuyên đề thực cần thiết phải giảng dạy học sinh giỏi học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia , khu vực quốc tế Có thể áp dụng rộng rãi cho học sinh lớp chuyên toán 10,11,12 tồn quốc, bạn u thích mơn toán sơ cấp Vấn đề mới/cải tiến chuyên đề đặt giải so với chuyên đề trước (ở nhà trường Tỉnh): Vấn đề Thặng dư bình phương khơng phải vấn đề Số học, việc sử dụng kiến thức để giải số tốn Số học dễ.Trong chuyên đề giúp thầy trị có cách tiếp cận tốn cách dễ gần hơn, cách giải lớp toán chuyên đề linh hoạt , sáng hơn, lời dẫn dơn giản bạn đọc tự học học tốt môn Số học u q mơn Số học nói riêng mơn Tốn sơ cấp nói chung Vĩnh phúc ngày 17 tháng 07 năm 2016 Tôi xin cam đoan Chun đề viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Chuyên đề Nguyễn Duy Liên 43 Chuyên đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ – NHẬN XÉT – XẾP LOẠI CỦA NHĨM TỐN 44 Chun đề: “Thặng dư bình phương ứng dụng” TÀI LIỆU THAM KHẢO Số học - Hà Huy Khoái Các giảng Số học - Nguyễn Vũ Lương… Tài liệu tập huấnGVChuyên toàn quốc năm - BGD ĐT 2011,2012 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Tỉnh,Thành phố Tuyển tập dự tuyển OLYMPIC toán hoc Quốc tế - Từ năm 1991-2015 JunorBalkan Mathematical Olympiads - Dan Brânzei - Ioan Serdean - Vasile Serdean DiophantinEquations - Titu Andreescu - Dorin Andrica Gazeta Matematică-A bridge - Vasile Berinde 10 Mathematical Reflections - Tạp chí 11 - Th.s.Nguyễn Văn Nho OLYMPIC tốn học Châu Á Thái Bình Dương 12 Số học nâng cao - Th.s.Nguyễn Văn Nho 13 Mathematical Olympiad Challenges-2001 - Titu Andreescu - Razvan Gelca 14 Mathematical Olympiad Treasures-2004 Birkhauser - Titu Andreescu Boston,USA - Bogdan Enescu 15 Vô địch quốc gia vùng lãnh thổ từ 1991-2016 45
Ngày đăng: 10/06/2021, 01:05
Xem thêm:
