Khai thác, mở rộng kết qủa số toán KHAI THÁC, MỞ RỘNG KẾT QUẢ CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN " Nếu nghĩ điều sách tuyệt vời, kín kẽ thụ động không phát huy khả suy nghĩ sáng tạo." ( Trích từ lời dẫn Bùi Quang Trường báo " Có thể làm toán sinh động không?" đăng báo toán học & tuổi trẻ ) " Đôi lúc vấn đề giải xong lại gợi ý tìm vấn đề hoàn toàn khác lại có ý nghĩa" ( Trích từ lời dẫn Lê Hào báo " suy nghĩ từ lời giải toán thi vô địch quốc tế" đăng báo toán học & tuổi trẻ) Tôi tán thành nhận định tác giả Những tìm tòi, sáng tạo tác giả tiếp thêm lửa đam mê tìm tòi toán học Tôi hy vọng viết tiếp lửa cho bạn đọc khác(nhất học trò thân yêu tôi) tình yêu toán học Từ toán quen thuộc - toán 1: " Cho p số nguyên tố, p  3(mod4) Chứng minh rằng: Nếu x  y  0(mod p) x  y  0(mod p) , với x, y   " Đến toán thi học sinh giỏi toán lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2007 - 2008 - toán 1.1:" Tìm tất số phương abcd cho dcba số phương, với a, b, c, d số tự nhiên thỏa a, b, c, d  a.d  " Trước tiên, trích dẫn lời giải toán tác giả Doãn Minh Cường sách số học(tập 1) xuất năm 2003 Lời giải - toán Nếu hai số x, y chia hết cho p từ điều kiện x  y  0(mod p) ta suy hai số chia hết cho p Nếu x y không chia hết cho p thì: Ta có: p  4k  3, k   Theo định lí Fermat x p1  y p1  1(mod p) suy x k 2  y k 2  1(mod p)  x k 2  y k 2  2(mod p) (1) Mặt khác: x k 2  y k 2  ( x )2 k 1  ( y )2 k 1 Mx  y Mp (2) Từ (1) (2) suy 2Mp  p  trái với giả thiết p  4k  Vậy x y chia hết cho p Thoạt nhìn toán 1.1 mối liên hệ với toán Nhưng đặt m  abcd n  dcba nảy sinh ý tưởng liệu m2  n2 có chia hết cho số nguyên tố có dạng 4k  không? Tôi kiểm chứng ý tưởng cuối có lời giải sau: Lời giải - toán 1.1 Vì abcd dcba hai số phương nên có hai số tự nhiên m, n cho m  abcd n  dcba Giả sử m  n Nhận xét 33  n  m  99 Ta có: m  abcd  a.103  b.102  c.10  d , n  dcba  d 103  c.102  b.10  a Giáo viên: Ngô Văn Vũ Trường THPT Sông Ray Khai thác, mở rộng kết qủa số toán  m  n  1001.(a  d )  110.(b  c )  11 91.(a  d )  10.(b  c )  11 n M 11  m2  n M 11 11 có dạng 4k  Áp dụng toán, suy mM Kết hợp với nhận xét trên, suy m33;44;55;66;77;88;99 Thử trực tiếp, có m = 99 thỏa mãn Vậy abcd = 9801 Ta mở rộng toán 1.1 sau: Bài toán 1.2: " Tìm tất số phương abcdef cho fedcba số phương, với a, b, c, d, e, f số tự nhiên thỏa điều kiện 4(a  f )  3(b  e)  2(c  d )M 19 ; a, b, c, d, e, f  a.f  " Lời giải - toán 1.2 Vì abcdef fedcba hai số phương nên có hai số tự nhiên m, n cho m  abcdef n  fedcba Giả sử m  n Nhận xét 317  n  m  999 (1) Ta có: m  abcdef  a.105  b.104  c.103  d 102  e.10  f , n  fedcba  f 105  e.104  d 103  c.10  b.10  a  m2  n2  100001.(a  f )  11000.(b  e)  1100(c  d ) 11 n M 11 (2)  m2  n M 11 11 có dạng 4k  Áp dụng toán 1, suy mM 2 Mặt khác, m  n  100001.(a  f )  11000.(b  e)  1100(c  d )  m2  n2  4(a  f )  3(b  e)  2(c  d )M 19 19 n M 19 Áp dụng toán 1, suy mM (3) Từ (1), (2) (3) suy m  11.19.x, x 2;3;4 Thử trực tiếp, có m = 11.19.4 thỏa mãn Vậy abcdef  698896 Hơn nữa, ta vận dụng toán vào toán sau: Bài toán 1.3 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: a) 19 x  28 y  729 ; b) x  y  3z Mời bạn đọc tìm lời giải Tiếp tục với toán đề thi học sinh giỏi Pháp năm 2006 - 2007 sau: Bài toán 1.4 Cho p số nguyên tố, p  2(mod3) Chứng minh a  ab  b2  0(mod p) a  b  0(mod p) , với a, b " Rõ ràng toán tương tự toán 1,thử vận dụng cách giải toán để giải toán xem Lời giải - toán 1.4 Nếu hai số a, b chia hết cho p từ điều kiện a  ab  b2  0(mod p) ta suy hai số chia hết cho p Nếu a b không chia hết cho p thì: Ta có: p  3k  2, k   Theo định lí Fermat a p1  b p1  1(mod p) Giáo viên: Ngô Văn Vũ Trường THPT Sông Ray Khai thác, mở rộng kết qủa số toán Suy ra: a3k 3  a (mod p), b3k 3  b2 (mod p) Đến đây, rập khuôn lời giải toán ta gặp bế tắc Vì 3( k 1) a  b3( k 1)  a  b2 (mod p) không nói lên điều Ta cần có cải tiến cho phù hợp Ta nhận thấy: a3( k 1)  b3( k 1) M a  b3 M a  ab  b2 Mp giả thiết toán phát huy tác dụng Tiếp tục giải ngư sau: Suy a  b2  a3( k 1)  b3( k 1)  a3  b3  a  ab  b  0(mod p)  a  bMp a  bMp  a  2ab  b2 Mp a  2ab  b2 Mp  3abMp abMp  abMp (p;1) = 1, suy  aMp bMp Điều mâu thuẩn giả thiết phản chứng Vậy a b chia hết cho p Qua đây, ta nhận thấy toán cho ta ý tưởng để phá giải toán 1.4 (hiển nhiên phải cần thêm chút cải tiến sáng tạo) Bài toán tổng quát sau:" Cho p số nguyên tố, p  3(mod4) Chứng minh rằng: Nếu x2  y  0(mod p) x  y  0(mod p) , với x, y, n   " Vận dụng cách giải toán bạn đọc dễ dàng chứng minh toán tổng quát Mời bạn đọc thử sức! n n Tiếp theo mời bạn đọc tìm hiểu thêm toán thi vô địch toán quốc tế năm 1974 Bài toán Với số nguyên không âm n, chứng minh: n C k 1 n 1 k 0 23k không chia hết cho Lời giải - toán Đặt x  , dùng khai triển nhị thức Niu tơn để biến đổi n 1 n n n n i 0 k 0 k 0 k 0 k 0 (1  x) n1   C2i n1.xi   C22nk1.x k  x  C22nk11.x k   C22nk1.23k   C22nk11.23k Tương tự, ta có: n n (1  x) n1   C22nk1.23k   C22nk11.23k k 0 k 0 n Đặt A = C k 0 n 2k n 1 23k , B = C k 0 k 1 n 1 23k n1  A  x.B (1  x)2 n1  A  x.B  A2  8.B  72 n1 Ta có: (1  x) A2  2(mod5) điều Vì A2  8.B  72 n1  2(mod5) nên BM xảy Vậy B không chia hết cho với n Khai thác toán n Bài toán 2.1 Với số nguyên không âm n, chứng minh: C k 0 k 1 n 1 23k không chia hết cho Giáo viên: Ngô Văn Vũ Trường THPT Sông Ray Khai thác, mở rộng kết qủa số toán Lời giải - toán 2.1 Từ lời giải toán 2, ta có: A2  8.B  72 n1  1(mod3) Nếu BM A  1(mod3) điều xảy Vậy B không chia hết cho với n Bài toán 2.2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x  y  72 n1 theo số tự nhiên n Lời giải - toán 2.2 2  n k 3k   n k 1 3k  Theo chứng minh toán 2, ta có:   C2 n1.2     C2 n1   72 n1  k 0   k 0  n Suy x   C k 0 2k n 1 n , y   C22nk11.23k nghiệm nguyên dương phương 3k k 0 trình Bài toán 2.3 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x  a y  (1  a)2 n1 theo hai số tự nhiên a n Lời giải - toán 2.2 Theo chứng minh toán 2, ta thấy thay a ta có 2 n n  n 2k k   n k 1 k  2k k k 1 k n 1   C2 n1.a   a   C2 n1 a   (1  a) Suy x   C2 n1.a , y   C2 n1 a k 0 k 0  k 0   k 0  nghiệm nguyên dương phương trình Bài toán 2.4 (phương trình Pell) Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x  y  1 Lời giải - toán 2.2 Theo chứng minh toán 2.3, ta chọn a = ta phương trình x  a y  (1  a)2 n1 trở thành x  y  1 n n k 0 k 0 Suy x   C22nk1.a k , y   C22nk11.a k nghiệm nguyên dương phương trình Theo chứng minh Hà Huy Khoái sách số học - xuất năm 2005 suy n nghiệm phương trình Pell phải có dạng x   C k 0 n 2k n 1 a , y   C22nk11.a k k k 0 Vậy tất nghiệm nguyên dương phương trình x  y  1 n x  C k 0 n 2k n 1 a , y   C22nk11.a k với n thuộc N k k 0 Đến mời bạn đọc tiếp tục suy nghĩ Có thể nhiều điều thú vị khác chưa khai thác hết Như bạn biết lĩnh vực khoa học co nhiều phát minh quan trọng đời nhờ biết kế thừa, cải tiến, bổ sung thành tưu có Các bạn trẻ học toán cách chủ động, biết phat huy, kế thừa để sáng tạo Các bạn thấy toán học thật sinh động, lí thú Giáo viên: Ngô Văn Vũ Trường THPT Sông Ray Khai thác, mở rộng kết qủa số toán TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) 40 năm Olympic toán học quốc tế - PGS.TS Vũ Dương Thụy, nhà xuất GD năm 2002 2) Tuyển chọn thi vô địch toán - PGS.TS Nguyễn Văn Lộc, nhà xuất ĐHQGHN - năm 2010 3) Số học - Hà Huy Khoái - nhà xuất GD - năm 2005 4) Số học - Doãn Văn Cường - nhà xuất ĐHSP - năm 2003 5) Tuyển chọn theo chuyên đề toán học & tuổi trẻ, - nhà xuất GD - năm 2008 Sông Ray, tháng năm 2012 Người thực NGÔ VĂN VŨ Giáo viên: Ngô Văn Vũ Trường THPT Sông Ray